Se$V_n(a)$conta i cambiamenti di segno nella sequenza$\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$mostralo$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
Permettere$0\leq\alpha\leq \pi $.$V_n (\alpha) $denotare il numero di cambi di segno nella sequenza$\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Allora dimostralo$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
Ho visto un suggerimento dove$\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$è considerato come la probabilità. Voglio dire come questa espressione sia una probabilità di qualcosa. Se lo è, come posso progredire ulteriormente in questo modo?
Aggiornamento: ho una soluzione a questo problema
In$n\alpha$rotazione il numero di volte in cui si verifica una rotazione completa del cerchio$=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
In un giro completo il cambio di segno avviene 2 volte. Quindi dentro$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$si verifica un cambio di segno di rotazione completa$=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Ora l'angolo di riposo è$n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
Se consideriamo 0 come cambio di segno in caso di$\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$e$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$poi:-
(1) Se$0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$segno cambia 0 volte
(2) Se$\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$il segno cambia 1 volta
(3) Se$\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$segno cambia 2 volte
Permettere$f$essere una funzione tale che$$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
Perciò$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
Quindi$$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$e$$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$e$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
Quindi per il teorema del sandwich otteniamo$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$[Dimostrato]
È corretto?
Risposte
- Presumo che il caso in cui$\alpha\in \pi \mathbb{Q}$è facile, perché la sequenza$\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$è periodico in questo caso, e se consideriamo$0$come numero positivo quindi$V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$e il risultato vale anche in questo caso.
- Ora supponiamo che$\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Ciò implica che la sequenza$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$è equidistribuito in$[0,2\pi]$. Vedi sequenze equidistribuite .
Adesso molla$f$essere il$2\pi$funzione periodica definita da$$f(\theta)=\cases{0, & if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)\geq0$,\\ 1,& if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)<0$.}$$Con questa definizione,$$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$Ma se definiamo$$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0<\alpha<\pi/2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\pi/2<\alpha<\pi$.}$$Allora per$\theta\in[0,2\pi]$noi abbiamo$$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$Quindi, l'equidistribuzione della sequenza lo implica$$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$Fatto.$\qquad\square$
SUGGERIMENTO: lascia$ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$indicare l'angolo formato con il$x$- asse nel$n^{th}$termine della successione. Supponiamo che$b$è uniformemente distribuito nell'intervallo tra$0$e$2\pi$.
Consideriamo ora in primo luogo il caso in cui$0<b_n<\pi/2$o$3\pi/2<b_n<2\pi$. Nella fase successiva, si verificherà un cambio di segno solo se$b_{n+1}>\pi/2$. Qual è la probabilità che ciò accada, dato che$b_{n+1}=b_n+a$?
Ripetere poi le stesse considerazioni per il caso in cui$\pi/2<b_n<3\pi/2$. Un cambio di segno avverrà solo se$b_{n+1}>3\pi/2$. Qual è la probabilità che ciò accada?