Se$V_n(a)$conta mudanças de sinal na sequência$\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$mostrar que$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
Deixar$0\leq\alpha\leq \pi $.$V_n (\alpha) $denotam o número de mudanças de sinal na sequência$\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Então prove que$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
Eu vi uma dica onde$\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$é considerada como a probabilidade. Quero dizer como essa expressão é uma probabilidade de alguma coisa. Se for, como posso progredir ainda mais dessa maneira?
Atualização: eu tenho uma solução para este problema
Dentro$n\alpha$rotação o número de vezes que a rotação do círculo completo ocorre$=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Em um círculo completo, a mudança do sinal de rotação ocorre 2 vezes. Conseqüentemente em$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$mudança de sinal de rotação completa ocorre$=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Agora o ângulo de repouso é$n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
Se considerarmos 0 como uma mudança de sinal no caso de$\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$e$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$então:-
(1) Se$0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$mudança de sinal 0 vezes
(2) Se$\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$sinal muda 1 vezes
(3) Se$\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$mudança de sinal 2 vezes
Deixar$f$seja uma função tal que$$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
Portanto$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
Por isso$$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$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$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
Portanto, pelo Teorema do Sanduíche, obtemos$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$[Provado]
Isso está correto?
Respostas
- Vou assumir que o caso em que$\alpha\in \pi \mathbb{Q}$é fácil, porque a sequência$\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$é periódica neste caso, e se considerarmos$0$como número positivo então$V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$e o resultado vale neste caso.
- Agora assumimos que$\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Isso implica que a sequência$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$é equidistribuído em$[0,2\pi]$. Veja Sequências Equidistribuídas .
Agora deixe$f$ser o$2\pi$função periódica definida por$$f(\theta)=\cases{0, & if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)\geq0$,\\ 1,& if $\cos\theta \cos(\theta+\alpha)<0$.}$$Com esta definição,$$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$Mas se definirmos$$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0<\alpha<\pi/2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\pi/2<\alpha<\pi$.}$$Então para$\theta\in[0,2\pi]$temos$$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$Assim, a equidistribuição da sequência implica que$$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$Feito.$\qquad\square$
DICA: deixe$ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$indique o ângulo formado com o$x$- eixo no$n^{th}$termo da sequência. Assuma isso$b$está uniformemente distribuído no intervalo entre$0$e$2\pi$.
Agora considere primeiro o caso em que$0<b_n<\pi/2$ou$3\pi/2<b_n<2\pi$. Na próxima etapa, uma mudança de sinal ocorrerá apenas se$b_{n+1}>\pi/2$. Qual é a probabilidade de que isso ocorra, dado que$b_{n+1}=b_n+a$?
Em seguida, repita as mesmas considerações para o caso em que$\pi/2<b_n<3\pi/2$. A mudança de sinal só ocorrerá se$b_{n+1}>3\pi/2$. Qual a probabilidade de isso ocorrer?