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
01/01/18 20:50 UTC: Перешли на HTTPS в тестовом режиме. О проблемах пишите в ЛС cepesh.





Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение01.12.2017, 21:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
4764
Markiyan Hirnyk в сообщении #1270784 писал(а):
Как найдено это натуральное число?


Методом прочтения предыдущих сообщений в данной теме (если это вопрос ко мне).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение01.12.2017, 22:03 


11/07/16
336
Хотелось бы увидеть в этой теме краткое доказательство с оценками. Кстати, о $-1$ как предельной точке до меня никто не упоминал здесь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение01.12.2017, 22:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
4764
Markiyan Hirnyk в сообщении #1270823 писал(а):
Кстати, о $-1$ как предельной точке до меня никто не упоминал здесь.


Ну да, а это число RIP просто угадал (при том, что на единицу больше или меньше уже будет глубокий ноль).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение02.12.2017, 00:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3557
maxal в сообщении #1270604 писал(а):
Напомнило Флинта Хиллса https://arxiv.org/abs/1104.5100
Предлагаю немного усилить теорему 5.

Задача. Пусть $u-1>v>0$, $\mu(\pi)<1+\dfrac{u}{v}$. Докажите, что ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^u\lvert\sin n\rvert^v}$ сходится.

Грубо говоря, в этом случае необходимое условие сходимости почти является достаточным. Совсем избавиться от условия $u-1>v$, к сожалению, у меня не получается. В общем случае я могу доказать сходимость лишь при $\mu(\pi)<1+\dfrac{u-1+\sqrt{u^2+2u-3}}{2v}$.

-- Сб 2017-12-02 00:52:54 --

(Оффтоп)

Markiyan Hirnyk в сообщении #1270784 писал(а):
Действительно, возможно, что $-1$ и $1$ — тоже предельные точки.
Попробуйте поиграться с такими числами:
Код:
n=126445353676941965606823500849305107078597038503259264353132853975418492405917841205571911085
n=126445353676941965606825050325545139241525513856592656480907274832768762032442994020925721975
n=1398797699607059061981750360237188663645220065679311401355173148484659172075747791983954045366307701869904482629963179022448299166157940065016688112015881
n=1398797699607059061981750360237188663637388725409173954025060993612541248686311049957547943943902553320701387233012535505131954301838989550373315389149743

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение02.12.2017, 02:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3557
Кстати, док-ва того, что множество предельных точек — это весь отрезок $[-1,1]$, я лично пока не увидел (не очень понятно, откуда берутся отрицательные предельные точки).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение03.12.2017, 10:06 
Заслуженный участник


22/11/10
1140
RIP в сообщении #1270866 писал(а):
Кстати, док-ва того, что множество предельных точек — это весь отрезок $[-1,1]$, я лично пока не увидел (не очень понятно, откуда берутся отрицательные предельные точки).

Подумаешь, бином Ньютона (С). :-)
Лемма. Неравенство
$$
\left |\frac{\pi}{ 2} - \frac{p}{q} \right | \leqslant \frac{2}{q^2}
$$
имеет бесконечное количество решений с нечетными $p,q$.
Доказательство. Пусть $p_k / q_k$ --- подходящие дроби. Тогда одна из дробей
$$
\frac{p_k}{q_k},\frac{p_{k+1}}{q_{k+1}},\frac{p_{k+1} - p_k}{q_{k+1} - q_k}, 
$$
удовлетворяет требованиям леммы.
Следствие. Неравенство
$$
\left |-\frac{\pi}{ 2} + 2m\pi - s \right | \leqslant \frac{100}{s}
$$
имеет бесконечное количество решений с нечетным $s$.
Пусть $p,q$ --- удовлетворяют требованиям леммы. Тогда
$$
\left |q\frac{\pi}{ 2}  - p \right | \leqslant \frac{2}{q} = \frac{2p}{qp} \leqslant \frac{10}{p}.
$$
Если $q = 4m - 1$, то полагаем $s = p$, в противном случае $s = 3p$.

Ну а дальнейшее уже очевидно. Мы рассматриваем числа вида $n = (4l+1) s$. Остается лишь выбирать достаточно большие $s$ и к ним "грамотно" подбирать $l$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение03.12.2017, 15:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4893
Всё же рискну показать свои наивные рассуждения, основанные на анализе, а не теории чисел. Просьба подсказать мне, есть ли здесь пробел, который сложно будет устранить при переходе от наивных рассуждений к строгим (я такого не вижу, а расписывать подробно немного лень :)

Пусть $n$ достаточно большое. Последовательность дробных частей $\{n\pi \}$ равномерно распределена на $(0;\pi)$. Соответствующая последовательность синусов $\{\sin(n\pi) \}$ распределена не равномерно, а со сгущением около точки $\pi/2$ (в силу выпуклости синуса вверх на этом промежутке). Далее будем использовать это сгущение, коэффициент которого становится всё больше с ростом $n$ и с уменьшением интервала вокруг данной точки (в силу того, что производная в точке равна 0).

При равномерном распределении мы получили бы для последовательности $\sin^n(n)$ предельную точку в районе $(1-1/n)^n=1/e$ (грубо говоря). Увеличивая коэффициент сгущения до $\gamma$ (путём сужения интервала при увеличении $n$), можем получить все предельные точки вида $e^{-1/\gamma }$. То есть всё что справа от $1/e$. Ну и слева каким-то похожим образом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение03.12.2017, 17:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4893
У меня возникла идея получше. Вместо проверки моих наивных рассуждений я предлагаю обсудить следующую задачу-обобщение:

Гипотеза.
Пусть для некоторой функции $f(x):\mathbb R \to \mathbb R$ и точки $x_0\in(0;\pi)$ выполнены следующие условия:
    а) $f(x)$ периодична с периодом $\pi$;
    б) $f(x)$ непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности $x_0$ и $f'(x_0)=0;$
    в) $f(x)$ строго выпукла вверх в некоторой окрестности $x_0$;
    г) $f(x_0)=1.$
Тогда множество $\{(f(n))^n\mid n\in \mathbb N\}$ является всюду плотным на отрезке $[0;1].$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение03.12.2017, 23:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3557

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1271431 писал(а):
При равномерном распределении мы получили бы для последовательности $\sin^n(n)$ предельную точку в районе $(1-1/n)^n=1/e$ (грубо говоря).
Не очень понятно, как Вам поможет равномерное распределение. Если пользоваться определением, то количество натуральных $n\leqslant N$, для которых $n\bmod2\pi\in(a,b)\subseteq(-\pi,\pi)$, равно $\frac{b-a}{2\pi}N+o(N)$, что не позволяет отлавливать точки на интервалах длины $b-a=o(1)$. Для данной ситуации $o(N)$ можно улучшить до $O\left(N^{c+\varepsilon}\right)$, где $c=\frac{\mu(\pi)-2}{\mu(\pi)-1}$, а $\mu(\pi)$ — показатель иррациональности числа $\pi$ (или мера иррациональности, как его любят называть), причём это $c$ уже нельзя уменьшить (если речь обо всех интервалах). Наилучшей известной на сегодня оценки Салихова $\mu(\pi)<7.6\dotso$ не хватает для нужного нам интервала длины $O\left(N^{-1/2}\right)$. (Конечно, у нас и интервал более-менее конкретный, да и $\mu(\pi)=2$, скорее всего.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение04.12.2017, 03:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3557
grizzly в сообщении #1271460 писал(а):
Гипотеза.
Пусть для некоторой функции $f(x):\mathbb R \to \mathbb R$ и точки $x_0\in(0;\pi)$ выполнены следующие условия:
    а) $f(x)$ периодична с периодом $\pi$;
    б) $f(x)$ непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности $x_0$ и $f'(x_0)=0;$
    в) $f(x)$ строго выпукла вверх в некоторой окрестности $x_0$;
    г) $f(x_0)=1.$
Тогда множество $\{(f(n))^n\mid n\in \mathbb N\}$ является всюду плотным на отрезке $[0;1].$
Для удобства положим $f\left(x_{0}+x\right)=1-g(x)$.

Фиксируем $\beta>\alpha>0$, а также $k\in\mathbb{N}$, такое что $\frac{\alpha}{k}<\frac{\beta}{k+1}$.

Пусть $\left\lvert\frac{1}{\pi}-\frac{a}{q}\right\rvert<\frac{1}{q^2}$, где $(a,q)=1$, $q$ достаточно велико.
Найдём $b\in\mathbb{Z}$, такое что $\left\lvert\frac{x_{0}}{\pi}-\frac{b}{q}\right\rvert<\frac{1}{q}$.
Пусть целое $m>k+2$ удовлетворяет неравенствам$$\frac{\alpha}{kq}<g\left(\frac{\pi(m-k-2)}{q}\right)<g\left(\frac{\pi(m+k+2)}{q}\right)<\frac{\beta}{(k+1)q}.$$При достаточно большом $q$ такое $m$ найдётся, поскольку $\lim\limits_{q\to\infty}q\left(g^{-1}\left(\frac{\beta}{(k+1)q}\right)-g^{-1}\left(\frac{\alpha}{kq}\right)\right)=+\infty$.

Наконец, найдём $n\in\mathbb N$, такое что $an-b\equiv m\pmod{q}$, $kq<n\leqslant(k+1)q$. Тогда$$\left\lvert\frac{n-x_{0}}{\pi}-\frac{an-b}{q}\right\rvert<\frac{n+q}{q^{2}}\leqslant\frac{k+2}{q},$$то есть $n=x_0+\pi s+\pi\frac{m+\theta(k+2)}{q}$, где $s\in\mathbb{Z}$, $\lvert\theta\rvert<1$. Следовательно,$$\frac{\alpha}{n}<1-f(n)=g\left(n-x_{0}-\pi s\right)<\frac{\beta}{n}.$$При этом $n>kq\to\infty$ при $q\to\infty$.

И да, разумеется, число $\pi$ здесь не при чём — сгодится любое иррациональное число.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение04.12.2017, 12:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
4893
RIP
Спасибо, красиво получилось! Мне стоило труда понять, что это по сути близко к той идее, которая витала в моём потоке сознания, но выписать такое чёткое доказательство мне слабо.

PS. А формулировку я сам придумал, исключительно в пределах данной темы (думал, как связать задачу со степенями синусов с такой же для косинусов и решил, что вот так будет лучше всего :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Предельные точки степеней синуса
Сообщение04.12.2017, 13:15 
Заслуженный участник


22/11/10
1140
RIP в сообщении #1270847 писал(а):
Совсем избавиться от условия $u-1>v$, к сожалению, у меня не получается.

При $v \geqslant 0$ вроде бы достаточно $u > 1$. (Помимо того условия для $\mu (\pi)$).

Примерная схема доказательства.

Прежде всего, задача сводится к сходимости ряда
$$
\sum \frac {1}{n^u \|n(\pi - 3)\|^v}.
$$
Обозначим $z_0 = \pi - 3$.
Мы будем анализировать поведение последовательности $\|nz_0\|$. Заметим, что $\|nz_0\| = \min (nz_0 - \lfloor nz_0 \rfloor, \lceil nz_0 \rceil - nz_0)$. Поэтому достаточно разобраться по отдельности с $\lfloor nz_0 \rfloor, \lceil nz_0 \rceil$.
Итак, рассмотрим последовательность $nz_0 - \lfloor nz_0 \rfloor$. Она имеет вид
$$
z_0, 2z_0, \dots 7z_0, z_1 = 8z_0 - 1, z_1 + z_0, \dots
$$
Легко видеть, что эта последовательность состоит из коротких возрастающих цепочек. Каждая из них начинается с некоторого числа $0 < z_j \leqslant z_0$. Разность между соседними числами в этих цепочках одинакова и равна $z_0$.
Выделим в этих цепочках минимальные элементы в отдельную последовательность (обозначим ее как $Z_1$).
$$
z_0, z_1, z_2 \dots
$$
Соответственно "большую" сумму разобьем на сумму по цепочкам, но за вычетом индексов из $Z_1$. Каждая цепочка состоит из $k_0 =7$ элементов или на единицу больше. Для оценки сверху берем с запасом.
Получаем
$$
S \leqslant  \sum \limits_{z_i\in Z_1}\frac {1}{n(z_i)^u z_i^v} + \sum \limits_n \sum \limits_{j = 1}^{k_0 + 1}\frac {1 + \gamma_0}{(nk_0 + j)^u (jz_0)^v} = S_1 + S_2.
$$
Здесь $n(z_i)$ - номер элемента $z_i$ в исходной последовательности. Очевидно, что $n(z_i) \sim i k_0$. По этой же причине во второй сумме фигурирует $\gamma_0$. Размер цепочек, вообще говоря, не равен $k_0$, а значит "истинный" номер не равен $nk_0 + j$.
Вторая сумма $S_2$ легко оценивается (при этом $z_0 \sim 1/ k_0$)
$$
S_2 \leqslant \frac {C}{k_0^uz_0^v}( 1 + k_0^{1 - v}) \leqslant \frac {C}{k_0^{u- \mu(v - 1)}} + \frac {C}{k_0^{u-1}} .
$$
Теперь надо оценить $S_1$. А для этого рассматриваем последовательность $Z_1$. Опять таки замечаем, что и эта последовательность состоит из коротких возрастающих или убывающих цепочек с некоторым шагом $\delta$. И длины этих цепочек $k_1 \sim 1 / \delta$ (с точностью до 1). Опять выделяем минимальный элемент в каждой цепочке, а остальные оцениваем как и выше. Получим слагаемое вида
$$
S_1 \leqslant S_3 +  \frac {C}{(k_0k_1)^{u- \mu(v - 1)}} + \frac {C}{(k_0k_1)^{u-1}} .
$$
На самом деле тут должны возникать не произведения $k_0k_1$, а знаменатели подходящих дробей. Но это надо более тщательно выписывать.
Ну и так далее. Получим ряд по знаменателям подходящих дробей. А они образуют геометрическую прогрессию.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 42 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

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