论坛 › 难题征解 › 求一个极限

lsr314 发表于 2020-9-12 19:04:51

当成相互独立的两个随机变量分开计算，虽然符合直觉，但总归缺乏严谨，有一种凑答案的感觉。实际上每一个区间函数图形都是不一样的，均值也不一样。说起来，这个极限是否存在也是一个问题。

kastin 发表于 2020-9-12 19:14:12

无理数加绝对值杜绝了周期性的可能，所以上面的傅里叶级数方法不对。目前还是要先证明极限存在吧，也许是振荡无极限呢，毕竟这个无理数和绝对值捣乱得很厉害。

mathe 发表于 2020-9-13 06:33:32

要较严格证明，我们先假设下面一个结论成立（这个结论看上去很明显，但是严格证明应该不容易，但是估计可以找到现成的理论结果，或者应该可以用傅立叶分析来证明）
设$f(x)$是周期为1的连续函数，$r$为正无理数，那么$\lim_{K\to\infty}\frac{1}{K}\sum_{k=0}^{K-1} f(rx_0+rk)=\int_0^1 f(x) dx$.
利用上面的结论我们可以证明$\limt_{t\to\infty}\frac{1}{t}\int_0^t f(x)f(rx) dx = ( \int_0^1 f(x) dx)^2$。
假设$|f(x)|<M$, 对于满足$0\le k\lt K$的整数$k$,$|\int_0^t f(x)f(rx)dx-\int_k^{t+k} f(x)f(rx)dx|\le 2KM^2$
所以$|\int_0^t f(x)f(rx)dx-\frac{1}{K} \sum_{k=0}^{K-1}\int_k^{t+k} f(x)f(rx)dx|\le 2KM^2$
由于1是周期，所以我们得出$|\int_0^t f(x)f(rx)dx-\int_0^t f(x)\frac{1}{K}\sum_{k=0}^Kf(rx+rk)dx|\le 2KM^2$
于是对于K充分大时，$\int_0^t f(x)f(rx)dx$和$\int_0^t f(x)dx \int_0^1 f(x)dx$的差不超过$2KM^2+ \epsilon$
所以对于$t \ge K^2$, 我们有$|\frac{1}{t}\int_0^t f(x)f(rx)dx - \frac{1}{t}\int_0^t f(x)dx \int_0^1 f(x)dx| \le \frac{2KM^2+ \epsilon} t =O(\frac{1}{K}) \to 0$
所以$\lim_{t\to\infty}\frac{1}{t}\int_0^t f(x)f(rx)dx=\lim_{t\to\infty}\frac{1}{t}\int_0^t f(x)dx \int_0^1 f(x)dx=(\int_0^1 f(x)dx)^2$

mathe 发表于 2020-9-13 06:51:18

果然在网页上找到了我上面提到的定理，只是没有看到证明:
https://blog.csdn.net/God_WeiYang/article/details/103802076
中的定理一

lsr314 发表于 2020-9-13 09:00:00

mathe 发表于 2020-9-13 06:33
要较严格证明，我们先假设下面一个结论成立（这个结论看上去很明显，但是严格证明应该不容易，但是估计可以 ...

倒数第三行这里，K充分大时差距应该是不超过ε*O(t)，不过不影响结论

葡萄糖 发表于 2020-9-13 09:17:23

mathe 发表于 2020-9-13 06:51
果然在网页上找到了我上面提到的定理，只是没有看到证明:
https://blog.csdn.net/God_WeiYang/article/details/103802076

Equidistribution theorem
设\(f(x)\)是\(\)上连续函数，\(a\)是一个无理数.证明：
\[\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\,f\big(\{ka\}\big)=\int_0^1f(x){\rm d}x\]
其中\(\{ka\}\)表示\(ka\)的小数部分.

同程度分布定理 (Equidistribution theorem)
https://en.wikipedia.org/wiki/Equidistribution_theorem

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