Если $V_n(a)$ считает изменение знака в последовательности $\cos a, \cos2a,\cos3a,\ldots,\cos na,$ покажи это $\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(a)}n=\frac{a}\pi$
Позволять $0\leq\alpha\leq \pi $. $V_n (\alpha) $ обозначают количество смен знака в последовательности $\cos\alpha,\cos2\alpha,\cos3\alpha,\ldots,\cos n\alpha $. Затем докажи, что$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{V_n (\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}.$$
Я видел подсказку, где $\dfrac{V_n (\alpha)}{n}$считается вероятностью. Я имею в виду, что это выражение - вероятность чего-то. Если это так, как я могу продвигаться дальше таким образом?
Обновление: у меня есть решение этой проблемы
В $n\alpha$ вращение количество раз, когда происходит полный круговой поворот $=\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
За один полный оборот знак меняется 2 раза. Следовательно, в$\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$ происходит смена знака полного вращения $=2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor$
Теперь остальной угол $n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor\times2\pi$
Если рассматривать 0 как изменение знака в случае $\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right)$ а также $\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)$ тогда:-
(1) Если $0\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{\pi}{2 }$ знак меняется 0 раз
(2) Если $\dfrac{\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<\dfrac{3\pi}{2 }$ знак меняется 1 раз
(3) Если $\dfrac{3\pi}{2 }\leq n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi<2\pi$ знак меняется 2 раза
Позволять $f$ - функция такая, что $$f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)=\begin{cases}0,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=0\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=1\\ 1,\text{ when }\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=2\\ 2,\text{ when } \left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor=3\end{cases}$$
Следовательно $\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ f\left(\left\lfloor \dfrac{n\alpha-\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha }{2\pi }\bigg\rfloor\times 2\pi}{\dfrac{\pi}{2}}\right\rfloor\right)}{n}$
Следовательно $$\dfrac{V_n(\alpha)}{n}\geq \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}$$ а также $$\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}\leq \dfrac{V_n(\alpha)}{n}$$
$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ а также $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{2\bigg\lfloor\dfrac{n\alpha}{2\pi}\bigg\rfloor+ 2}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$
Следовательно, по теореме о сэндвиче мы получаем $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{V_n(\alpha)}{n}=\dfrac{\alpha}{\pi}$ [Доказано]
Это правильно?
Ответы
- Я предполагаю, что случай, когда $\alpha\in \pi \mathbb{Q}$ легко, потому что последовательность $\big(\cos(k\alpha)\big)_{k\ge1}$ в этом случае является периодическим, а если учесть $0$ как положительное число, тогда $V_{2q}(p\pi/q)=2p\pm 1$ и в этом случае результат верен.
- Теперь мы предполагаем, что $\alpha\notin \pi\mathbb{Q}$. Отсюда следует, что последовательность$\big(k\alpha \mod(2\pi)\big)_{k\geq 1}$ равнораспределен в $[0,2\pi]$. См. Равнораспределенные последовательности .
Теперь позвольте $f$ быть $2\pi$ периодическая функция, определяемая $$f(\theta)=\cases{0, & if $\ соз \ тета \ соз (\ тета + \ альфа) \ geq0$,\\ 1,& if $\ соз \ тета \ соз (\ тета + \ альфа) <0$.}$$ С этим определением $$V_n(\alpha)=\text{card}\left\{k\in\{1,\ldots,n\}:f(k\alpha)=1\right\}$$ Но если мы определим $$\mathcal{I}=\cases{\left(\frac{\pi}{2}-\alpha,\frac{\pi}2\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right) ,&if $0 <\ альфа <\ пи / 2$,\cr \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{3\pi}{2}-\alpha,\frac{3\pi}2\right)\cup\left(\frac{5\pi}{2}-\alpha,2\pi\right] ,&if $\ пи / 2 <\ альфа <\ пи$.}$$ Тогда для $\theta\in[0,2\pi]$ у нас есть $$f(\theta)=1\iff \theta\in\mathcal{I}$$ Итак, из равнораспределения последовательности следует, что $$\lim_{n\to\infty}\frac{V_n(\alpha)}{n}=\frac{\text{length}(\mathcal{I})}{2\pi}=\frac{\alpha}{\pi}$$ Сделанный.$\qquad\square$
ПОДСКАЗКА: пусть $ b_n\equiv n a \pmod {2\pi}$ укажите угол, образованный $x$- ось в $n^{th}$член последовательности. Предположить, что$b$ равномерно распределяется в диапазоне между $0$ а также $2\pi$.
Теперь сначала рассмотрим случай, когда $0<b_n<\pi/2$ или же $3\pi/2<b_n<2\pi$. На следующем шаге смена знака произойдет только в том случае, если$b_{n+1}>\pi/2$. Какова вероятность, что это произойдет, учитывая, что$b_{n+1}=b_n+a$?
Затем повторите те же соображения для случая, когда $\pi/2<b_n<3\pi/2$. Смена знака произойдет только в том случае, если$b_{n+1}>3\pi/2$. Какова вероятность, что это произойдет?