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
 
 Предел последовательности
Сообщение26.04.2006, 21:25 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Пусть заданы натуральные числа (на самом деле это верно и для действительных чисел) $2\le m_1<m_2<\dots <m_k$ и положительные действивительные числа $p_1,p_2,\dots ,p_k, \ p_1+p_2+\dots +p_k=1$. Пусть функция f(n) определена по индукции: $f(i)=a_i,1\le i<m_k=m,f(n)=\sum_i p_if([n/m_i]) ,n\ge m$.
1. Доказать, что существует предел последовательности f(n) при n стремящемся к бесконечности.
2. Выразить явно этот предел в случае k=2.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.04.2006, 22:58 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Вношу поправку: среди $p_i,i=1,2,..,k$ не менее два ненулевых (это существенно для существования предела), соответственно k>=2.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2006, 00:43 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
В таком виде это неверно.
Например: для $k=2,\ p_1=p_2=1/2,\ m_1=3,\ m_2=9$, $a_1=a_3=\dots=a_7=0$ и $a_2=a_4=\dots=a_8=1$ пределы
$\lim\limits_{n\to\infty} f(3^n) = 0$
$\lim\limits_{n\to\infty} f(2\cdot 3^n) = 1$
не совпадают.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.04.2006, 07:38 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Да. Поэтому ещё одно уточнение. Будем считать все $p_i$ положительными (иначе нулевые слагаемые можно выкинуть). Необходимо, чтобы отношения логарифмов чисел $m_i$ не все были рациональными. Для натуральных $m_i$ это означает, чтобы не все они были степенями некоторого натурального числа а.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.05.2006, 07:21 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=499130
http://www.mathlinks.ro/Forum/topic-28832.html

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.05.2006, 07:49 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Преобразование Лапласа имеет отношение к предельному значению. Однако, доказательство существования и вычисление предела лучше проделать непосредственно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 00:17 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Типа так?
http://community.livejournal.com/ru_mat ... 6#t3329886

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 07:59 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Да примерно так. Применяя рекурентную формулу пока значение не попало в интервал начальных данных получаем:
$$f(n)=\sum_{i=1}^{m-1} f(i)g(i,n),$$
g(i,n) выражается в виде суммы членов вида: $$\frac{(i_1+i_2+...+i_k)!p_1^{i_1}p_2^{i_2}...p_k^{i_k}}{i_1!i_2!...i_k!} , \ \ ln(i)\le ln(n)-\sum_j i_jln(m_j)<ln(i+1). $$
Одно уточнение: это верно для $m/m_1\le i<m$, а для меньших надо внести уточнение, заключающееся в том, что последним применением является не любой из возможных делителей, а только некоторых. Впрочем при предельном переходе это уточнение не играет роли.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2006, 09:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Раз нет интереса закроем тему. Окончательная формулировка этой задачи выглядит так:
Заданы k>1 положительных чисел $p_i,p_1+p_2+...+p_k=1$ и k чисел $x_i,1>x_1>x_2>...>x_k>0$. В случае, когда обратные $1/x_i$ целые числа, необходимо добавить условие о том, что модуль над Z, порождённый элементами $y_i=-\ln(x_i)$ имел ранг не меньше 2.
Тогда функция, определённая по рекуренции: $f(n)=\sum_i p_if([x_in]) $ имеет предел. Задание начальных данных бывает двух типов:
1. (включающий 0) заданы значения f(i) для всех i с условием $[ix_1]=0$ и рекуренция применяется для остальных.
2. (не включающее 0) заданы все значения f(i) для всех i с условием $[ix_k]=0$ и рекурентция применяется для остальных.

Решение. После применения и приведения выражения к виду:
$f(n)=\sum_i g(i,n)f(i),$
выражающих значение f(n) через начальные значение образуется кусочно постоянная плотность распределения по остаткам в логарифмическом масштабе. Равномерность распределения можно доказать непосредственным вычислением учитывая равномерность остатков, так и путём, что $g_l(i)=max_j g(i,j)-min_j g(i,j),m_k^l\le j<m_k^{l+1}$ уменьшается по геометрической прогрессии по l.
Первым отрезком постоянства является интервал: $(0,y_1)$ для первого случая задания начальных условий и $(y-y_1,y),y=-[-1/x_k]$ для второго случая.
Соответственно, учитывая что на этот интервал попадаем с вероятностью $p_1$ и с вероятностью $(1-p_1)$ на оставшиеся, легко вычисляем предельные значения g(i,n) в первом случае. Я приведу формулы только для случая, когда $1/x_i=m_i$ целые. Тогда $g(i,n)=\frac{\ln(i+1)-\ln(i)}{p_1\ln(m_1)+(1-p_1)\ln(m_k/m_1)}$.
Во втором случае несколько сложнее и формулы приведу только для случая k=2 (делится только на два интервала постоянства плотности), где они выглядят так:
$g(i,n)=\frac{\ln(i+1)-\ln(i)}{p_1\ln(m_1)+(1-p_1)\ln(m_k/m_1)}, m_k/m_1\le i<m_k.$
$g(i,n)=\frac{(\ln(i+1)-\ln(i))(1-p_1)}{p_1+(1-p_1)\ln(m_k/m_1)}, i+1\le m_k/m_1.$
Для i, удовлетворяющего условию $m_k/m_1-1<i<m_k/m_1$ приходится считать с учётом двух подинтервалов постоянства плотности распределения.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2006, 10:16 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
По сути делится на k интервалов $(\ln_ (m_k)-\ln(m_{i-1}),\ln(m_k)-\ln(m_i)),m_0=1$ c кусочно постоянными плотностями распределения.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

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