[3896] Róbert Gida | 2014-06-27 19:39:14 |
Mindenütt értelmezett &tex;\displaystyle f&xet;-re bizonyítom, hogy igaz!
Legyen az &tex;\displaystyle f&xet; periódusa &tex;\displaystyle T>0&xet; irrac., az &tex;\displaystyle f&xet; az origóra szimmetrikus, így &tex;\displaystyle f(x)=-f(-x)=-f(T-x)&xet;, azaz &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, és triviálisan &tex;\displaystyle f(0)=0&xet; és &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;. Az &tex;\displaystyle f&xet; a &tex;\displaystyle [0,T]&xet;-n folytonos, így egyenletesen is folytonos (Heine tétel), továbbá korlátos is, azaz &tex;\displaystyle |f|<M&xet; igaz valamely &tex;\displaystyle M&xet;-re.
Rögzített &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet;-hoz Heine miatt létezik &tex;\displaystyle D>0&xet;, hogy, ha &tex;\displaystyle x,y\in [0,T]&xet; és &tex;\displaystyle |x-y|<D&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\epsilon&xet;. &tex;\displaystyle p>0&xet; egész legyen olyan (nagy), hogy &tex;\displaystyle \frac Tp<D&xet; teljesüljön.
&tex;\displaystyle f(n)=f(\{\frac nT\}*T)&xet; igaz a &tex;\displaystyle T&xet; szerinti periodikusság miatt. Most jön a nehéz rész: Weyl kritériumból könnyen következik, hogy &tex;\displaystyle \{n\alpha \}&xet; egyenletes eloszlású, ha &tex;\displaystyle \alpha&xet; irrac. (Freud Gyarmatinál ez a 8.4.5 tétel, Weyl-t nem bizonyítja). Alkalmazzuk ezt &tex;\displaystyle \alpha=\frac 1T&xet;-re. Legyen (adott &tex;\displaystyle n&xet;-re) &tex;\displaystyle H_k=\{i: 0\le i<n; \{\frac iT\}*T \in [k\frac Tp,(k+1)\frac Tp)\}&xet;, az egyenletes eloszlás miatt &tex;\displaystyle |H_k|=\frac np+c_k&xet;, ahol &tex;\displaystyle |c_k|<\epsilon n&xet;, ha &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy. Legyen az &tex;\displaystyle n&xet; olyan nagy, hogy ez minden &tex;\displaystyle k&xet;-ra igaz legyen (&tex;\displaystyle p&xet; rögzítve van).
Háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)|\le |\sum _{i \in H_k} f(i)-|H_k|f(k\frac Tp)|+||H_k|f(k\frac Tp)-\frac npf(k\frac Tp)|\le &xet;
&tex;\displaystyle |H_k|\epsilon+||H_k|-\frac np|*f(k\frac Tp)\le n\epsilon+\epsilon n M&xet; (trivi &tex;\displaystyle |H_k|\le n&xet;-et is használtuk). Ebből következik újra a háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{k=0}^{p-1} (\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac np f(k\frac Tp))| \le \sum_{k=0}^{p-1} |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)| \le \sum_{k=0}^{p-1} (n\epsilon+\epsilon n M)=p(M+1)\epsilon n&xet;. A bal oldalon mi van: &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i \in H_k}f(i)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)&xet; triviálisan, továbbá &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\frac np f(k\frac Tp)=\frac np \sum_{k=0}^{p-1}f(k\frac Tp)=\frac np f(0)=0&xet;, hiszen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik és &tex;\displaystyle (p-k)&xet;-adik tag összege nulla lesz ( mert &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, illetve páros &tex;\displaystyle p&xet;-nél &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;-t is használjuk ), és &tex;\displaystyle f(0)=0&xet;. Azaz írható: &tex;\displaystyle |\sum_{i=0}^{n-1}f(i)|\le p(M+1)\epsilon n&xet;, amiből már következik az állítás (&tex;\displaystyle M&xet; konstans, &tex;\displaystyle p&xet; rögzített, és &tex;\displaystyle n&xet;-nel tarthatunk végtelenhez).
|
Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47 |
|
|
[3894] emm | 2014-06-26 02:44:04 |
Eddig jutottam el vele:
Először is: a függvény folytonos, korlátos, periódikus, így integrálható. Feltehető, hogy a függvény &tex;\displaystyle 2\pi&xet; szerint periodikus, ekkor a
&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)&xet;
összeget kell vizsgálni, ahol &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett Emellett:
&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \sin(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;
&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \cos(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \cos \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;
Így a &tex;\displaystyle \sin&xet; és &tex;\displaystyle \cos&xet; függvényekre igaz az állítás, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett. Fejtsük a függvényt Fourier-sorba:
&tex;\displaystyle f(x)=a_0+\sum_{i=1}^\infty a_k \sin (kx)+b_k\cos(kx)&xet;
&tex;\displaystyle a_0=\int_{0}^{2\pi}f(x)dx=0&xet;
Ekkor:
&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^\infty a_j \sin (kjx)+b_j\cos(kjx)=\sum_{j=1}^\infty a_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \sin \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}+b_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \cos \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}&xet;
(a szummázás itt most felcserélhető az egyenletes konvergencia miatt)
|
Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47 |
|
|
|
|
[3890] Alma | 2014-06-20 14:07:32 |
Jajj azt hiszem az origóra való szimmetriát rosszul értettem, bocsánat. Így irreleváns az "ellenpélda" és teljesül a kikötési javaslat is automatikusan.
|
Előzmény: [3889] Alma, 2014-06-20 13:57:32 |
|
|
|
[3887] Sinobi | 2014-06-20 12:04:47 |
igaz-e, hogy minden folytonos, periodikus, irracionális periódushosszú, origóra szimmetrikus f(x) függvényre &tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(k) = 0&xet;?
|
|
|
|
[3884] w | 2014-06-17 11:48:40 |
Oldjuk meg a következő diofantoszi egyenleteket:
a) &tex;\displaystyle a^4+b^2=c^4&xet;,
b) &tex;\displaystyle a^4+b^4=c^2&xet;.
|
|
|
[3882] pelike | 2014-04-20 11:25:09 |
Egy egyszerű, de "mindennapi élethez köthető" feladat:)
A "Kérem a következőt!" című vetélkedőben egy kör 4 kérdést tartalmaz, minden kérdésre 2 válaszlehetőséggel. Egy kör sikeres, amennyiben legalább 3 jó válasz érkezik.
Tegyük fel, hogy Játékosunk pontosan 2 kérdésre tudja a választ és azokra a kérdésekre, amelyekre nem tudja a választ, semmilyen háttér információja sincs, tehát vakon tippel.
Mekkora eséllyel veszi sikerrel a kört Játékosunk?
|
|
|
|
[3879] juantheron | 2014-04-15 05:51:39 |
If &tex;\displaystyle f:R\rightarrow R&xet; and &tex;\displaystyle f(f(x)) = 3x&xet;, Then &tex;\displaystyle f(2013)&xet;
|
|
[3878] w | 2014-03-31 19:03:17 |
Egy szép kis saját feladat:
Van-e olyan injektív &tex;\displaystyle f(x)&xet; valós függvény, amihez vannak olyan &tex;\displaystyle a,b>0&xet; konstansok, melyek esetén bármely valós &tex;\displaystyle x&xet;-re
&tex;\displaystyle f\big(x^2\big)-\left(f(ax+b)\right)^2\ge \frac14&xet;
teljesül?
|
|
|
|
[3875] Micimackó | 2014-03-25 23:26:34 |
Adott n-re, mennyi az n elemű halmaz fixpont mentes permutációinak paritása?
|
|
|
[3873] jonas | 2014-03-13 21:13:23 |
Helyes, a véges várható érték. Akkor most jön a megoldás trükkösebb része.
Rögztsük a játékos egy stratégiáját. Jelölje Fn a játék állapotát n lépés után. Ez tartalmazza a játékos által kiválasztott két golyót és a játékvezető érmedobását az első n lépésben.
Legyen Xn az a szám, ahányféleképpen a játékos megválaszthatná a két különböző golyót az (n+1)-edik lépésében. Azért számozom így, mert Xn az Fn függvénye. Nyilván X0=n(n-1), mivel a kezdőhelyzetben bármely két golyó különböző. Feltéve, hogy a játék n lépés után még nem ért véget, számoljuk ki az E(Xn+1-Xn|Fn) feltételes várható értéket!
Ha ez megvan, akkor alkalmazzuk a martingál megállási tételt egy megfelelő martingálra, és ezzel oldjuk meg az (a) és (b) feladatot.
|
Előzmény: [3872] Róbert Gida, 2014-03-13 17:22:28 |
|
[3872] Róbert Gida | 2014-03-13 17:22:28 |
Nem jött megoldás, így lelövöm. Kezdetben n szín van, a játék véget ér, ha egy szín marad. Tetszőleges n2 egymásutáni fordulóban (1 forduló amikor 2 golyót a játékvezetőnek adunk és 2-t visszakapunk) van olyan szín ami legalább n-szer szerepel az odaadott golyószínek között (skatulyaelv, sőt van ami legalább 2n-szer), és legfeljebb persze n2-szer (mindez stratégiától függetlenül igaz). Ha ezen fordulók mindegyikében pont a másik színből adott vissza a játékvezető, akkor ebből a színből több nem marad (és később sem jöhet "vissza" a szabályok miatt). Ennek valószínűsége legalább . Nézzünk n-1 egymásutáni blokkot, azaz n2 hosszú fordulót, ha minden blokkban vesztünk egy színt, akkor a játék természetesen véget ér, ennek a valószínűsége legalább q=rn-1. Azaz annak a valószínűsége, hogy n2(n-1) fordulóban befejeződik a játék legalább q, így annak a valószínűsége, hogy nem fejeződik be a játék legfeljebb s=1-q<1.
Ebből már készen vagyunk, mert ekkor Pr2(m)=Pr(játék m lépésben nem fejeződik be)<c*pm, ahol c>0,p<1 (Miért is? Bontsuk fel az m fordulót n2(n-1) hosszú fordulókra, bármelyiket is választjuk legfeljebb s<1 valószínűséggel nem ér benne véget a játék, így m forduló után is játszunk legfeljebb valószínűséggel .)
Legyen Pr1(m)=Pr(játék pontosan m lépésben ér véget), ekkor , azaz véges a várható érték, stratégiától függetlenül.
Sőt itt valamivel többet is beláttam, hiszen c,p csak n-től függött (de a stratégiától nem), azaz létezik v(n) véges szám, hogy a várható érték kisebb, mint v(n). Itt v(n) egyébként ki is számolható.
|
Előzmény: [3871] jonas, 2014-03-12 10:10:43 |
|