Si$V_n(a)$cuenta los cambios de signo en la secuencia$\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$muestra esa$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$

Aug 18 2020

Dejar$0\leq\alpha\leq \pi $.$V_n (\alpha) $denota el número de cambios de signo en la secuencia$\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Entonces prueba que$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$

Vi una pista donde$\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$se considera como la probabilidad. Me refiero a cómo esta expresión es una probabilidad de algo. Si es así, ¿cómo puedo progresar más de esta manera?

Actualización: tengo una solución a este problema

En$n\alpha$rotación el número de veces que ocurre una rotación de círculo completo$=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$

En una rotación de círculo completo, el cambio de signo ocurre 2 veces. Por lo tanto en$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$Se produce un cambio de signo de rotación completa$=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$

Ahora el ángulo de reposo es$n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$

Si consideramos el 0 como un cambio de signo en caso de$\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$y$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$después:-

(1) Si$0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$cambios de signo 0 veces

(2) Si$\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$el signo cambia 1 vez

(3) Si$\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$el signo cambia 2 veces

Dejar$f$ser una función tal que$$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$

Por lo tanto$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$

Por eso$$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$y$$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$

$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$y$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$

Por lo tanto, por el teorema del sándwich obtenemos$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$[Demostrado]

¿Es esto correcto?

Respuestas

2 OmranKouba Aug 18 2020 at 17:15
  • Asumiré que el caso donde$\alpha\in \pi \mathbb{Q}$es fácil, porque la secuencia$\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$es periódico en este caso, y si consideramos$0$como número positivo entonces$V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$y el resultado se cumple en este caso.
  • Ahora suponemos que$\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Esto implica que la secuencia$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$está equidistribuido en$[0,2\pi]$. Consulte Secuencias equidistribuidas .

Ahora deja$f$ser el$2\pi$función periódica definida por$$f(\theta)=\cases{0, & if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)\geq0$,\\ 1,& if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)<0$.}$$Con esta definición,$$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$Pero si definimos$$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0<\alfa<\pi/2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\pi/2<\alfa<\pi$.}$$Entonces para$\theta\in[0,2\pi]$tenemos$$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$Entonces, la equidistribución de la secuencia implica que$$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$Hecho.$\qquad\square$

2 Anatoly Aug 18 2020 at 15:30

PISTA: dejar$ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$Indicar el ángulo formado con el$x$- eje en el$n^{th}$término de la sucesión. Asumir que$b$se distribuye uniformemente en el rango entre$0$y$2\pi$.

Ahora primero considere el caso en el cual$0<b_n<\pi/2$o$3\pi/2<b_n<2\pi$. En el siguiente paso, se producirá un cambio de signo sólo si$b_{n+1}>\pi/2$. ¿Cuál es la probabilidad de que esto ocurra, dado que$b_{n+1}=b_n+a$?

Luego repita las mismas consideraciones para el caso en que$\pi/2<b_n<3\pi/2$. Sólo se producirá un cambio de signo si$b_{n+1}>3\pi/2$. ¿Cuál es la probabilidad de que esto ocurra?