Si$V_n(a)$compte les changements de signe dans la séquence$\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$montre CA$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
Laisser$0\leq\alpha\leq \pi $.$V_n (\alpha) $dénotent le nombre de changements de signe dans la séquence$\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Alors prouve que$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
J'ai vu un indice où$\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$est considéré comme la probabilité. Je veux dire comment cette expression est une probabilité de quelque chose. Si c'est le cas, comment puis-je progresser davantage de cette manière ?
Mise à jour : j'ai une solution à ce problème
Dans$n\alpha$rotation le nombre de fois que la rotation du cercle complet se produit$=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Dans un cercle complet, le changement de signe de rotation se produit 2 fois. Ainsi dans$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$un changement de signe de rotation complète se produit$=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Maintenant, l'angle de repos est$n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
Si l'on considère 0 comme un changement de signe en cas de$\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$et$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$alors:-
(1) Si$0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$le signe change 0 fois
(2) Si$\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$le signe change 1 fois
(3) Si$\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$le signe change 2 fois
Laisser$f$être une fonction telle que$$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
Par conséquent$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
Ainsi$$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$et$$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$et$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
Par conséquent, par le théorème de Sandwich, nous obtenons$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$[Prouvé]
Est-ce correct?
Réponses
- Je supposerai que le cas où$\alpha\in \pi \mathbb{Q}$est facile, car la séquence$\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$est périodique dans ce cas, et si l'on considère$0$comme nombre positif alors$V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$et le résultat est valable dans ce cas.
- Maintenant, nous supposons que$\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Cela implique que la suite$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$est équiréparti dans$[0,2\pi]$. Voir Suites équidistribuées .
Maintenant, laisse$f$Soit le$2\pi$fonction périodique définie par$$f(\theta)=\cases{0, & if $\cos\thêta \cos(\thêta+\alpha)\geq0$,\\ 1,& if $\cos\thêta \cos(\thêta+\alpha)<0$.}$$Avec cette définition,$$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$Mais si nous définissons$$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0<\alpha<\pi/2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\pi/2<\alpha<\pi$.}$$Puis pour$\theta\in[0,2\pi]$Nous avons$$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$Ainsi, l'équidistribution de la suite implique que$$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$Fait.$\qquad\square$
ASTUCE : laissez$ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$indiquer l'angle formé avec le$x$- axe dans le$n^{th}$terme de la suite. Suppose que$b$est uniformément répartie dans l'intervalle entre$0$et$2\pi$.
Considérons maintenant d'abord le cas où$0<b_n<\pi/2$ou$3\pi/2<b_n<2\pi$. À l'étape suivante, un changement de signe ne se produira que si$b_{n+1}>\pi/2$. Quelle est la probabilité que cela se produise, étant donné que$b_{n+1}=b_n+a$?
Répétez ensuite les mêmes considérations pour le cas où$\pi/2<b_n<3\pi/2$. Un changement de signe ne se produira que si$b_{n+1}>3\pi/2$. Quelle est la probabilité que cela se produise ?