場合 $V_n(a)$ シーケンス内の符号の変更をカウントします $\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$ それを示す $\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
しましょう $0\leq\alpha\leq \pi $。 $V_n (\alpha) $ シーケンス内の符号の変更の数を示します $\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $。次に、それを証明します$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
私はどこにヒントを見ました $\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$確率と見なされます。つまり、この表現が何かの確率であるということです。もしそうなら、どうすればこのようにさらに進むことができますか？
更新：この問題の解決策があります
に $n\alpha$ 回転全周回転が発生する回数 $=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
1回の完全な円の回転で符号の変化が2回発生します。したがって、$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$ 全回転符号変更が発生します $=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
今、残りの角度は $n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
0を次の場合の符号の変更と見なす場合 $\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$ そして $\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$ その後：-
（1） $0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$ 符号が0回変わる
（2） $\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$ 符号が1回変わる
（3） $\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$ 符号が2回変わる
しましょう $f$ 次のような関数である $$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
したがって、 $\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
したがって、 $$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$ そして $$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ そして $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
したがって、サンドイッチ定理によって私たちは得ます $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ [証明済み]
これは正しいです？
回答
- 私はその場合を想定します $\alpha\in \pi \mathbb{Q}$ シーケンスが簡単なので $\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$ この場合、は周期的であり、 $0$ 正の数として $V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$ この場合、結果が成り立ちます。
- 今、私たちは $\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$。これは、シーケンスが$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$ で等分配されています $[0,2\pi]$。等分配シーケンスを参照してください。
さあ、 $f$ である $2\pi$ によって定義される周期関数 $$f(\theta)=\cases{0, & if $\ cos \ theta \ cos（\ theta + \ alpha）\ geq0$,\\ 1,& if $\ cos \ theta \ cos（\ theta + \ alpha）<0$.}$$ この定義では、 $$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$ しかし、私たちが定義する場合 $$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0 <\ alpha <\ pi / 2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\ pi / 2 <\ alpha <\ pi$.}$$ その後、 $\theta\in[0,2\pi]$ 我々は持っています $$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$ したがって、シーケンスの等分配は、 $$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$ 完了。$\qquad\square$
ヒント： $ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$ と形成される角度を示します $x$-の軸 $n^{th}$シーケンスの用語。と仮定する$b$ 間の範囲で均一に分布している $0$ そして $2\pi$。
まず、次のような場合を考えてみましょう。 $0<b_n<\pi/2$ または $3\pi/2<b_n<2\pi$。次のステップでは、符号の変更は次の場合にのみ発生します$b_{n+1}>\pi/2$。これが発生する確率はどのくらいですか？$b_{n+1}=b_n+a$？
次に、次の場合について同じ考慮事項を繰り返します。 $\pi/2<b_n<3\pi/2$。符号の変更は、次の場合にのみ発生します$b_{n+1}>3\pi/2$。これが発生する確率はどれくらいですか？