Jika $V_n(a)$ menghitung perubahan tanda dalam urutan $\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$ menunjukkan bahwa $\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
Membiarkan $0\leq\alpha\leq \pi $. $V_n (\alpha) $ menunjukkan jumlah perubahan tanda dalam urutan $\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Kemudian buktikan itu$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
Saya melihat petunjuk di mana $\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$dianggap sebagai probabilitas. Maksud saya bagaimana ungkapan ini adalah kemungkinan dari sesuatu. Jika ya, bagaimana saya bisa maju lebih jauh dengan cara ini?
Pembaruan: Saya punya solusi untuk masalah ini
Di $n\alpha$ rotasi berapa kali terjadi rotasi lingkaran penuh $=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Dalam satu lingkaran penuh perubahan tanda rotasi terjadi sebanyak 2 kali. Maka masuk$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$ terjadi perubahan tanda rotasi penuh $=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Sekarang sudut istirahatnya $n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
Jika kita menganggap 0 sebagai perubahan tanda dalam kasus $\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$ dan $\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$ kemudian:-
(1) Jika $0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$ tanda perubahan 0 kali
(2) Jika $\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$ tanda berubah 1 kali
(3) Jika $\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$ tanda berubah 2 kali
Membiarkan $f$ menjadi fungsi seperti itu $$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
Karena itu $\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
Karenanya $$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$ dan $$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ dan $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
Oleh karena itu dengan Teorema Sandwich Kami dapatkan $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ [Terbukti]
Apakah ini benar?
Jawaban
- Saya akan berasumsi bahwa kasusnya di mana $\alpha\in \pi \mathbb{Q}$ mudah, karena berurutan $\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$ adalah periodik dalam hal ini, dan jika kita pertimbangkan $0$ sebagai bilangan positif $V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$ dan hasilnya berlaku dalam kasus ini.
- Sekarang kami berasumsi bahwa $\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Ini menyiratkan bahwa urutannya$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$ didistribusikan dalam $[0,2\pi]$. Lihat urutan Equidistributed .
Sekarang, ayo $f$ jadilah $2\pi$ fungsi periodik didefinisikan oleh $$f(\theta)=\cases{0, & if $\ cos \ theta \ cos (\ theta + \ alpha) \ geq0$,\\ 1,& if $\ cos \ theta \ cos (\ theta + \ alpha) <0$.}$$ Dengan definisi ini, $$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$ Tapi kalau kita definisikan $$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0 <\ alpha <\ pi / 2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\ pi / 2 <\ alpha <\ pi$.}$$ Kemudian untuk $\theta\in[0,2\pi]$ kita punya $$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$ Jadi, pemerataan urutan menyiratkan itu $$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$ Selesai.$\qquad\square$
PETUNJUK: biarkan $ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$ menunjukkan sudut yang dibentuk dengan $x$- sumbu di $n^{th}$istilah urutan. Asumsikan bahwa$b$ didistribusikan secara seragam dalam rentang antara $0$ dan $2\pi$.
Sekarang pertama-tama pertimbangkan kasus di mana $0<b_n<\pi/2$ atau $3\pi/2<b_n<2\pi$. Pada langkah selanjutnya, perubahan tanda hanya akan terjadi jika$b_{n+1}>\pi/2$. Berapa probabilitas hal ini terjadi, mengingat itu$b_{n+1}=b_n+a$?
Kemudian ulangi pertimbangan yang sama untuk kasus di mana $\pi/2<b_n<3\pi/2$. Perubahan tanda hanya akan terjadi jika$b_{n+1}>3\pi/2$. Berapa probabilitas hal ini terjadi?