2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: равномерность
Сообщение09.10.2012, 13:18 


23/02/12
3103
Руст в сообщении #628727 писал(а):
Потому что суммирование по х проходит по полному периоду. При вычислении суммы мы пользуемся только определением $g$ функции $g(x)=\{x\}-\frac{1}{2}, x\not \in Z, g(n)=0,n\in Z$. Встречаются все дробьные доли по одному разу. С каждым $\frac{k}{Q}, 0<k<Q$ встречается так же $\frac{Q-k}{Q}$, соответственно сумма двух таких значений $g$ функции дает $(\frac{k}{Q}-\frac 12)+(\frac{Q-k}{Q}-\frac 12)=0.$

Так почему в этом случае q-суммы для прямой не равны 0? Зачем к q-суммам добавляется Qb, ведь эта площадь не входит в погрешность R?
Руст в сообщении #623427 писал(а):
Таким образом $$N=\frac{1}{h_2}\sum_n f(nh_1) -R, R=\sum_n g(\frac{f(nh_1)}{h_2}.$$
Здесь первая часть аппроксимация площади интеграла методом трапеции (ошибка обычно порядка $O(1)$) в единицах $h_1h_2$, а $g$ сумма с точностью до знака совпадает с погрешностью.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение09.10.2012, 18:25 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
vicvolf в сообщении #628745 писал(а):
Так почему в этом случае q-суммы для прямой не равны 0? Зачем к q-суммам добавляется Qb, ведь эта площадь не входит в погрешность R?

Допустим, вы поняли равенство суммы нулю в случае $b=0$. Тогда в случае $b=\frac{C+\delta}{Q},0<\delta<1$. каждому значению $g(ax+b)=g(\frac{Px+C}{Q}+\frac{\delta}{Q}=\{frac{Px+C}{Q}\}-\frac{1}{2}+\frac{\delta}{Q}$. Просуммировав по периоду получаем $S=\delta -\frac 12=g(Qb)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение11.10.2012, 13:10 


23/02/12
3103
Руст в сообщении #628839 писал(а):
Просуммировав по периоду получаем $S=\delta -\frac 12=g(Qb)$.

Поясните, пожалуйста, $S=\delta -\frac 12=g(Qb)$, так как $\delta = Qb-c$ и при взятии $q(Qb-c-1/2)=q(Qb)$ целое с отбрасывется, а 1/2?

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение11.10.2012, 21:41 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
vicvolf в сообщении #629482 писал(а):
Руст в сообщении #628839 писал(а):
Просуммировав по периоду получаем $S=\delta -\frac 12=g(Qb)$.

Поясните, пожалуйста, $S=\delta -\frac 12=g(Qb)$, так как $\delta = Qb-c$ и при взятии $q(Qb-c-1/2)=q(Qb)$ целое с отбрасывется, а 1/2?

$S=\delta-\frac 12=\{Qb\}-\frac 12 =g(Qb)$, так как по определению $g(x)=\{x\}-\frac 12$, если х не целое, когда целое 0.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение12.10.2012, 09:30 


23/02/12
3103
По определению ($g(x)=\{x\}-\frac 12$, если х не целое, когда целое 0) результат не зависит от самой функции?

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение12.10.2012, 09:48 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
vicvolf в сообщении #629797 писал(а):
По определению ($g(x)=\{x\}-\frac 12$, если х не целое, когда целое 0) результат не зависит от самой функции?

От какой еще функции? Для каждого значения аргумента х определено значение функции g для данного аргумента $g(x)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение12.10.2012, 10:53 


23/02/12
3103
Прошу прощения, что я Вас мучаю! :-) Но я хочу разобраться, чтобы использовать. Сейчас с рациональной линейностью кажется понял. Остался только вопрос. Нельзя ли показать, что в данном случае при использовании метода трапеций ошибка порядка O(1)? Вы об этом уже несколько раз писали, но не доказывали.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение12.10.2012, 13:02 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Оценим теперь $g$ сумму около критической точки, пусть это будет минимум (максимум рассматривается аналогично), достигаемой в точке $x_*$. Пусть $m_0=\lceil f(x_*)\rceil, \theta=m_0-f(x_*), A=\lceil x_*\rceil,  B=\lceil f^{-1}(m_0)\rceil,Q=B-A$. Оценим сумму $S_{gf}(A,B)$ воспользовавшись этой леммой:
$$S_{gf}(A,B)=\frac{g(f(A))+g(f(B))}{2}+\sum_{i=1}^{Q-1}g(f(A+i))=-Q(m+\frac 12)+S',$$
$$S'=\frac{sign(\{f(A)\})+sign(\{f(B)\})-2}{4}+\frac{Q(f(A)+f(B))}{2}-\frac{f''(\frac{A+B}{2})Q(Q^2-1)}{12}+\frac{\delta Q^3}{6}.$$
В дальнейшем будем пренебрегать изменением второй производной в небольших интервалах аппроксимации (около критической точки), точнее будем считать, что
$$\frac{|f''(x+l)-f''(x)|}{|f''(x)|}<\epsilon , if \ l<\frac{1}{\sqrt{|f''(x)|}}.$$
Последнее условие выполняется при подсчете целых точек в области, ограниченной дважды непрерывно дифференцируемой границей, при любых шагах сетки $h$, меньших некоторого, за исключением окрестности точки перегиба, так как эквивалентен условию малости $\frac{h^2\Delta \phi''}{\phi''},l<\sqrt h$. Тогда последним членом (с $]delta$) можно пренебречь несколько (незначительно) изменяя коэффициент перед предпоследним членом. Тогда $Q=\sqrt{\frac{2\theta}{f''(x_*)}}+O(1),|O(1)|<2$, а сумма с точностью до $O(1)$ вычисляется как площадь под параболой $S_{gf}(A,B)=\frac{(3-4\theta)\sqrt{\theta}}{6}\sqrt{\frac{2}{f''(x)}}+O(1).$ Аналогично вычислим суммы между следующими уровнями функции $f$. Пусть $A=A_m=\lceil f^{-1}(m)\rceil, B=A_{m+1}, m\ge m_0$. Вычислим $g-$ сумму для этого случая поточнее (включая члены О(1)). Первые члены дадут $\frac 12 (Q_m\{f(A_m)\}-\frac{\sign(\{f(A_m)\})}{2}+Q_m\{f(A_{m+1})\}-\frac{sign(\{f(A_{m+1})\})}{2}.$ Обозначим для краткости записи обратную функцию через $\phi((y)=f^{-1}(y), f(\phi(y))\equiv y$ в интервале суммирования. Тогда, если $\{f(A_m)\}=0$, то и $\{\phi(m)\}=0$ и если $\{f(A_m)\}>0$, то и $\{\phi(m)\}>0,g(\phi(m))=\frac{1}{2}-\frac{\{f(A_m)\}}{f'(A_m-\delta_m)}.$ Аналогично для точки B. Таким образом:
$$S_{gf}(A_m,A_{m+1})+\frac{g(\phi(m))+g(\phi(m+1))}{2}=\frac 12\sum_{i=m}^{m+1}\{f(A_i)\}(Q_m-\frac{1}{f'(A_i-\delta_i)}) +S'',  \eqno(5)$$
где $$s''=\frac{-f''(\frac{A_m+A_{m+1}}{2})Q_m(Q_m^2-1)}{12}+\frac{\delta Q_m^3}{6}.$$ Оценим теперь величины, обозначив $x_m=\frac{A_m+A_{m+1}}{2}. a_m=\frac{f''(x_m)}{2},b_m=f'(x_m).$
Тогда из квадратичного приближения вблизи $x_m$ получаем:
$$Q_m=\frac{1+\{f(A_{m+1)}-\{f(A_m)\}}{b_m},f'(A_{m+1})=b_m+a_m*Q_m, f'(A_m)=b_m-a_m*Q_m.$$
Нам достаточно пользоваться приближениями, сохраняющими порядок величин. В этом смысле координата $A_m$, ближайшая сверху к точке $\phi(m)\approx x_*+\sqrt{2(\theta+m-m_0)}{f''(x_*)}.$ Средний наклон в интервале $b_m\approx \sqrt{(2\theta+2m-2m_0+1)f''(x)}$ и интервал суммирования между уровнями $Q_m=\frac{1}{b_m}+O(1)$. Отсюда получается, что до уровня $m-m_0$ порядка $\sqrt{\frac{2}{f''(x_*)}}$ суммы $S''$ остаются ограниченными величиной порядка $m-m_0$, положительными в окрестности $\theta \approx \frac 12$ и отрицательными, когда $\theta \approx 1$. Более точно коэффициент можно вычислить сведя к знакопеременной сумме или интегралу. Сформулируем и докажем соответствующую лемму:
Лемма 5. Пусть $f(x_*)$ минимальное значение, $\lceil f(x_*)\rceil -f(x_*)=\theta, a=\frac{f''(x_*)}{2}$ и $f(A)=f(x_*)+\frac{1}{f''(x_*)}=f(B).$ Тогда
$$S_{gf}(A,B)=\frac{1}{\sqrt{a}}\int_0^{\infty}\frac{g(c+y)dy}{\sqrt y} +o(\frac{1}{\sqrt a}, \eqno(6)$$
$$S_{ef}(A,B)=\frac{e(c)}{\sqrt{a}}\int_0^{\infty}\frac{e(y)dy}{\sqrt y} +o(C)=\frac{e(c)(1+i)}{2\sqrt a}+o(\frac{1}{\sqrt a}). \eqno(7)$$
Доказательство. Рассмотрим вначале начальный уровень. В этом интервале функция хорошо приближается квадратичной аппроксимацией $f(x)=a(x-x_8)^2+c, c=f(x_*),a<<1.$ Соответственно количество целых х, для которых $y<a(x-x_*)^2<y+dy,0<y<1$ равно $2d\sqrt{\frac{y}{a}}=\sqrt{\frac{1}{ay}}dy+o(1).$ Беря разбиение шага $dy=a^{1/4}$ получаем ошибку аппроксимации интеграла порядка $O(1)$.
Между собой компенсируются $g(c+y)+g(c+1-y)$ и $e(c+y)+e(c+y+\frac 12)$. Соответственно
$$S_{gf}(A,B)=\int_0^{\frac 12}g(c+y)(\sqrt{\frac{1}{ay}}-\sqrt{\frac{1}{a(1-y)}})dy +O(1)=\frac{1}{6\sqrt a}(1-3(1-2\sqrt \theta )^2)+)(1).$$
Аналогично:
$$S_{ef}(A,B)=\int_0^{\frac 12}e(c+y)(\sqrt{\frac{1}{ay}-\sqrt{\frac{1}{a(1-y)}})dy +O(1)=\frac{2e(c)}{\sqrt a}\int_0^1e(z^2)dz +O(1).$$
Пока наклон мал можно аналогично считать интеграл до $y\le C=\frac{1}{\sqrt a}$. При этом несложно показать, что ошибка будет о(С) даже пользуясь плохими оценками. Нам достаточно оценка, что вся сумма $O(C)$. Т.е. взяв $A,B=f^{-1}(c+C)=O(C^{3/2})=O(a^{-3/4}),A<B$ получаем:
$$S_{gf}(A,B)=\frac{1}{\sqrt a}\int_0^C\frac{g(c+y)dy}{\sqrt y} +o(C)=O(C),$$
$$SS_{ef}(A,B)=\frac{e(c)}{\sqrt a}\int_0^C\frac{e(y)dy}{\sqrt y} +o(C)=\frac{e(c)(1+i)}{2\sqrt a} +o(C).$$
Интегралы в интервале $(C,\infty)$ будут величиной порядка $o(1)$, что и доказывает лемму.
Для $g$ суммы точные значения интегралов не удалось посчитать. Минимальное значение достигается при $c=0 (\theta=1)$ примерно $-1$, максимальное значение при $c=\frac 12 =\theta$, меньше 0.5. Можно и дальше суммировать. Только при этом надо считать так же $g$ суммы для обратной функции.
Немного о том, для чего нужны оценки сумм около критической точки. Я уже говорил, что $g$ суммы почти инвариантны относительно модулярных преобразований. $g$ сумму в окрестности наклона $\frac{P}{Q}$ можно свести к $g$ сумме в окрестности критической точки. Оценивая их и складывая можно уже получить оценку погрешности между количеством целых точек и площадью, у которой гладкая граница без точек перегиба, порядка $O(h^{-5/8+\epsilon})$ (у классиков степень $-2/3$). Применяя оценки многократно индукцией оценку можно довести то показателя $O(h^{-1/2 +\epsilon})$, т.е. доказать равномерность в среднем распределения дробных долей $\frac 1h f(hn)$. Первоначально я использовал такой подход, потом захотел оценить точнее с учетом степеней от логарифмов. Но это более сложный и длинный путь, и я пожалуй здесь не буду приводить.
Покажу, для чего надо исключить случай с точками перегиба. Пусть $f_1(x)=c(x-x_*)+d+O(|x-x_*|^\alpha ), \alpha>2.$ Это значит $x=x_*$ точка перегиба. Тогда в интервале $|x-x_*|<\beta h^{1/alpha}$ функция $f(y)=\frac{1}{h_2}f_1(yh_1)=f_2(y)+f_3(y),f_2(y)=cy+d, c=\frac{h_1}{h_2}f_1'(x_*),d=\frac{f_1(x)}{h_2}$ хорошо аппроксимируется линейной функцией, соответственно, когда $c=\frac{P}{Q}$ рационально (или хорошо приближается рациональным) числом (этого можно добиться за счет выбора $\frac{h_1}{h_2}$, сумма будет $S_{gf}(A,B)=O(R^{1-\frac{1}{\alpha}}),R=\frac{1}{h_1}$. Поэтому нельзя оценить лучше, чем $O(R^{2/3})$ как и у классиков, которые не выделяли в отдельный класс суммы с точкой перегиба. Соответственно, в случае наличия точек перегиба нет равномерности.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение13.10.2012, 18:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Всвязи с отсутствием интереса к теории равномерности и $g$ сумм, я не буду продолжать в дальнейшем. Приведу только обещанное доказательство того, что из утверждения 3 (равномерность распределения простых в среднем по модулю) вытекает РГР (утверждение 4) и из утверждения 1 (равномерность распределения простых в среднем) вытекает ГР.
Заметим вначале, что $$\zeta (\lambda,s)=\sum_n \frac{\lambda (n)}{n^s}=\prod_p \frac{1}{1-\frac{\lambda(p)}{p^s}}$$ задается равномерно сходящимся рядом при $Re(s)=\sigma\ge \epsilon>0$. При выполнении условий утверждения 3 легко получается равномерная сходимость произведения при $Re(s)\ge \frac 12 +\epsilon$, соответственно произведение не имеет нулей в области $Re(s)\ge \frac 12+\epsilon$. Так как $\epsilon$ любое положительное число, то при $Re(s)>\frac 12$ нулей нет и нули могут быть только на критической прямой (учитывая еще симметричное продолжение).
Для главного характера (для обычной $\zeta$ функции) и ряд и произведение расходятся. Ряд легко связать со сходящимся. Хотя это и не имеет отношения к теме, укажу еще один способ продолжения. Рассмотрим функцию от двух аргументов:
$$\zeta(s,z)=\sum_n \frac{z^{n-1}}{n^s}, \zeta(s,-1)=\sum_n \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\zeta(s)-\frac{2}{2^s}\zeta(s)=\frac{1-\frac{1}{2^{s-1}}}{1-\frac{1}{2^s}}\prod_{p>2}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.$$
Очевидно, что $\zeta(s,-1)$ отличается от $\zeta (s)$ только на не нулевой множитель и сходится при $Re(s)>0$.
Но произведение (то же самое кроме первого члена) все равно расходится. Однако, нам достаточно выбрать сходящиеся подпоследовательности. Для этого можно фиксировать мнимую часть $Im(s)=t, Re(s)=\sigma\ge \frac 12+\epsilon$. Выберем произведения $$a_k=\prod_{2\pi k\le \ln p<2\pi (k+1)}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}.$$ Из условия (1) получаем, что произведения $\prod_k a_k$, т.е. суммы от $\sum_k \ln (а_k)$, а так же все суммы от всех производных $\ln (a_k)$ сходятся равномерно. Отсюда получаем, (хотя мы продолжаем только по прямым $Ims)=t$, что сумма $\sum_k \ln (a_k)$ сходится и аналитична, т.е. совпадает с логарифмом дзета функции. Соответственно она не имеет нулей при $Re(s)>\frac 12$.

Вот в этом заключается мое доказательство ГР и РГР. Технические детали может восполнить почти любой математик за исключением пожалуй одного-двух важных моментов, над которыми я размышлял несколько ночей. Здесь главное в использовании мультипликативного варианта записи этих функции, откуда из равномерности распределения простых чисел получается сходимость произведения, т.е. отсутствие нулей при $Re(s)>\frac 12$. Равномерность распределения простых получается через оценки сумм мультипликативных функций, которые получаются из оценок $g$- сумм под гиперболой.

На самом деле получаются более сильная равномерность распределения, чем необходимая для ГР и РГР равномерность в среднем. Соответственно, они должны привести к решению задач, не вытекающих из ГР и РГР, например бинарная проблема Гольдбаха-Эйлера, бесконечность пар простых $(p,p+a)$ при любом четном $a$ (в частности решение проблемы близнецов, иницировавших эту тему), гипотеза Лежандра. Что касается гипотезы Крамера, упоминаемой здесь, она не получается из теории равномерности. У меня есть план как приступить к решению этой проблемы путем создания некоторой антогонистической теории к теории плотности и равномерности, а именно разрабатывая теорию пробелов и не равномерности (оценки снизу к R, вместе оценок сверху). Но это другая тематика.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение13.10.2012, 23:46 


23/02/12
3103
Руст в сообщении #630437 писал(а):
Всвязи с отсутствием интереса к теории равномерности и $g$ сумм, я не буду продолжать в дальнейшем.

Почему отсутствует интерес. Мне лично очень интересно! Просто материал сложный и не просто воспринимается! Для Вас это тоже более глубокая проработка некоторых вопросов и подготовка статьи.
Цитата:
Приведу только обещанное доказательство того, что из утверждения 3 (равномерность распределения простых в среднем по модулю) вытекает РГР (утверждение 4) и из утверждения 1 (равномерность распределения простых в среднем) вытекает ГР.

Большое спасибо!
Цитата:
Равномерность распределения простых получается через оценки сумм мультипликативных функций, которые получаются из оценок $g$- сумм под гиперболой.

А можно это доказательство для функции $1/\ln x$ подробнее, ведь мы ранее об этом говорили!
Цитата:
На самом деле получаются более сильная равномерность распределения, чем необходимая для ГР и РГР равномерность в среднем. Соответственно, они должны привести к решению задач, не вытекающих из ГР и РГР, например бинарная проблема Гольдбаха-Эйлера, бесконечность пар простых $(p,p+a)$ при любом четном $a$ (в частности решение проблемы близнецов, иницировавших эту тему), гипотеза Лежандра.

Значит все-таки получилось доказательство более сильной равномерности для близнецов, т.е. доказательство равномерности для функции $1/\ln^2 x$. Очень интересно! Можно ознакомиться?
Цитата:
Что касается гипотезы Крамера, упоминаемой здесь, она не получается из теории равномерности. У меня есть план как приступить к решению этой проблемы путем создания некоторой антогонистической теории к теории плотности и равномерности, а именно разрабатывая теорию пробелов и не равномерности (оценки снизу к R, вместе оценок сверху). Но это другая тематика.

Наверно сюда войдут и k-кортежи (k>2)?

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение14.10.2012, 08:36 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
vicvolf в сообщении #630560 писал(а):
Цитата:
Равномерность распределения простых получается через оценки сумм мультипликативных функций, которые получаются из оценок $g$- сумм под гиперболой.

А можно это доказательство для функции $1/\ln x$ подробнее, ведь мы ранее об этом говорили!

Само плотность $\frac{1}{\ln x}$ вытекает совсем из других соображений, оно даже не связано (как я получаю) тем, что сумма $\sum_{k=1}^n \frac 1k$ или интегральный коэффициент $\int_1^n \frac{dx}{x}$ под гиперболой ведет себя как $\ln n$. Гипербола появляется из теории мультипликативных функций. Если мы имеем два ряда Дирихле
$\sum_k \frac{a_k}{k^s}, \sum_k \frac{b_k}{k^s}$, то произведению рядов соответствует ряд $\sum_n \frac{c_n}{n^s}, c_n=\sum_{kl=n}a_kb_l$, являющейся мультипликативной сверткой коэффициентов заданных рядов $a_k,b_k$. Соответственно сумма коэффициентов для 1 соответствует количеству целых точек под гиперболой. Вообще $\sum_{k=1}^n c_k = \sum_{ij\le n}a_ib_j$. Область суммирования состоит из $ij\le n$ целых точек под гиперболой. Вот откуда связь ГР с гиперболой.
Цитата:
Значит все-таки получилось доказательство более сильной равномерности для близнецов, т.е. доказательство равномерности для функции $1/\ln^2 x$. Очень интересно! Можно ознакомиться?
Пока не проработал до конца. Ожидаю, что получится.
Цитата:
Наверно сюда войдут и k-кортежи (k>2)?
нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение14.10.2012, 19:07 


23/02/12
3103
Руст в сообщении #629827 писал(а):
Соответственно, в случае наличия точек перегиба нет равномерности.

А функция при наличии точек перегиба разве будет гладкой?

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение14.10.2012, 19:45 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
vicvolf в сообщении #630880 писал(а):
А функция при наличии точек перегиба разве будет гладкой?

Я рассматривал только дважды непрерывно дифференцируемые функции. Точка перегиба для таких функций эта точка, где $f''$ обращается в 0. Соответствено это приводит к не равномерности распределения дробных долей значений такой функции в окрестности точки перегиба.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение14.10.2012, 22:16 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Как то в одной статье встретил обсуждение, почему именно у зета функции все нетривиальные нули находятся на критической прямой и чем она уникально.
1) Имеется формула продолжения через симметрию $s\to 1-s$ домножением на ненулевой множитель.
2) Имеется формула произведения.
На самом деле для произвольной функции ни то, ни другое ни гарантирует это свойство. Там как то это отмечается, но в то же время довольно наивны рассуждения авттора.
Естественно свойство 2) очень важное для этого, а свойство 1) только обеспечивает симметрию нулей относительно этой прямой. Чтобы свойство (2) приводило к этому необходимо и достаточно, чтобы $$f(s)=\prod_n \frac{1}{1-\frac{1}{p_n^s}}$$ с произвольной последовательностью монотонно растущих чисел было распределено равномерно в среднем. При этом аддитивная запись $$f(s)=\sum_n \frac{a_n}{n^s}$$ этой функции получается из выражения коэффициентов $a_k$ как число решений $n=\prod_i p_i^{k_i}$. Когда последовательность не является последовательностью простых, у такой функции аддитивные коэффициенты $a_k$ не являются тождественно равными 1, что приводит вообще говоря к не выполнению свойства 1). Тем не менее при Re(s)>\frac 12$ функция (до туда продолжается аналитически по крайней мере в случае равномерности) не будет иметь нулей, когда $p_n$ равномерна в среднем.

 Профиль  
                  
 
 Re: равномерность
Сообщение15.10.2012, 10:39 


23/02/12
3103
Руст в сообщении #628124 писал(а):
Продолжу
$$S_{gf}(A,B)=\sum_{A\le x\le B}g(f(i)),f(i)=\frac{1}{h_2}f_1(ih_1),A=\frac{a}{h_1},B=\frac{b}{h_1}.$$

Почему $f_1$?. Такой функции в условии нет.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 128 ]  На страницу Пред.  1 ... 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group