Пусть заданно произвольное $%q \in \mathbb{N}$% и $%с \in \mathbb{R}$%.

Ясно что можно записать $%c=\frac{p}{q}+\frac{\alpha_q}{q}$% для некоторых $%\alpha_q \in [0,1)$% и $%p\in\mathbb{Z}$%.

а) Как элементарно доказать (без теории подходящих дробей) что нижний предел последовательности $%\{\alpha_q\}$% равен нулю при любых c.

б) укажите явно такое q (при заданном c и $%\epsilon>0$%) что $%\alpha_q<\epsilon$%

задан 31 Май '17 23:18

10|600 символов нужно символов осталось
2

Надо заметить, что обычный и часто цитируемый результат касается приближений по модулю. Здесь речь идёт о некотором усилении. Для доказательства вместо подходящих дробей можно использовать дроби Фарея. Там всё получается несколько проще.

Если c рационально, то всё очевидно (для чисел, кратных q, "альфа" равно нулю). Для иррационального c помещаем это число между соседними дробями Фарея: p/q < c < r/s. Разность большей и меньшей дроби будет равна 1/(qs). Здесь мы должны приближать число с дробью p/q, чтобы "альфа" оказалось положительным. Если q<=s, то точность приближения оказывается "двойной", то есть меньше 1/q^2, и тогда "альфа" меньше 1/q.

При построении очередного "этажа" дробей Фарея, мы разбиваем отрезок [p/q,r/s] его медиантой, то есть дробью (p+r)/(q+s). Если c попадает в левую часть отрезка после разбиения, то q+s > q, и мы берём p/q в качестве подходящего приближения. Такое событие происходит бесконечно часто, и это гарантирует, что нижний предел последовательности "альф" стремится к нулю. Действительно, если бы, начиная с некоторого момента, число c всё время попадало бы в правую половину, то получилось бы противоречие с иррациональностью c, так как последовательность медиант стремилась бы к правому концу отрезка, а это рациональное число. Тот же самый аргумент показывает, что c будет бесконечно часто попадать в левую половину, и тогда "текущее" значение q будет возрастать, то есть оно не будет повторяться. Далее, после увеличения знаменателя дроби на левом конце, мы рано или поздно обнаружим c в левой половине, и так далее.

ссылка

отвечен 1 Июн '17 18:33

10|600 символов нужно символов осталось
0

Вроде есть совсем элементарное обоснование без использования дробей Фарея. Приведу его пока только для случая приближения по модулю. Для любых $%c \in \mathbb{R^+}$% и $%q \in \mathbb{N}$% можно записать: $%c=\frac{\lfloor cq \rfloor}{q}+\frac{\{ cq \}}{q}$% .

Для "обратно-квадратичного" приближения по модулю нам достаточно показать что существуют сколь угодно большие q такие что $%\{cq\}<\frac{1}{q}$% либо $%\{-cq\}<\frac{1}{q}$% Доказательство: Ввиду иррациональности числа c, точки(из интервала (0,1)): $%\{cq\}$% не накладываются друг на друга при различных q и значит всегда найдутся две таких точки $%\{cq_1\}$% и $%\{cq_2\}$% что расстояние между ними меньше $%\frac{1}{q}$%. Отсюда легко вывести что существуют сколь угодно большие q такие что $%\{cq\}<\frac{1}{q}$% либо $%\{-cq\}<\frac{1}{q}$%.

В самом деле, выберем две точки (среди $%q$% точек вида $%\{ci\}$% где $%i=1..q$%) расстояние-$%s$% между которыми наименьшее (как мы уже установили, оно заведомо меньше $%\frac{1}{q}$%). Возьмем какое-нибудь натуральное число r, такое что $%\frac{1}{r} < s $%. Рассмотрим теперь уже $%r$% точек вида $%\{ci\}$% где $%i=1..r$%) и выберем из них две точки $%\{cr_1\}$% и $%\{cr_2\}$% расстояние между которыми наименьшее. Можно утверждать что $%|r_1-r_2|\ge q$% иначе точки $%\{c\}$% и $%\{c(|r_1-r_2|+1)\}$% находятся среди первых q точек и расстояние между ними меньше s что противоречит минимальности s на первом шаге.

Таким образом $%\{(+ или -) c|r_1-r_2|\} < \frac{1}{r} < \frac{1}{|r_1-r_2|}$% при этом $%|r_1-r_2|\ge q $%. То есть при сколь угодно большом $%q$% найдется число $%|r_1-r_2| \ge q$% такое что $%\{(+ или -)c|r_1-r_2|\} < \frac{1}{|r_1-r_2|}$% это и требовалось доказать.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ДОПОЛНИТЕЛЬНЫХ РЕЗУЛЬТАТОВ

Рассмотрим возрастающую последовательность знаменателей $%q_1,q_2,q_3,...$% при которых возникают наилучшие приближения $%c=\frac{\lfloor cq_i \rfloor}{q_i}+\frac{\{ cq_i \}}{q_i}$%(или $%c=\frac{\lceil cq_i \rceil}{q_i}-\frac{\{ -cq_i \}}{q_i}$%) то есть с каждым $%i$%-ым шагом приближение все лучше, а знаменатель $%q_i$% все больше. Более формально это можно записать так: $%1>\min(\{cq_1\},\{-cq_1\})>\min(\{cq_2\},\{-cq_2\})>\min(\{cq_3\},\{-cq_3\})>...>0$% где $%\{cq_1\}<\{ck\}\forall k<{q}_i$%

Покажем что минимумом поочередно является то $%\{cq_i\}$% то $%\{-cq_i\}$%. Предположим противное. Пусть например для некоторого $%i$%: $%\min(\{cq_i\},\{-cq_i\})=\{cq_i\}$% и $%\min(\{cq_{i+1}\},\{-cq_{i+1}\})=\{cq_{i+1}\}$% тогда $%\{cq_{i+1}\}<\{cq_i\}$% и можно записать такое равенство: $%\{-c(q_{i}-q_{i+1})\}=\{cq_i\}-\{cq_{i+1}\}$% это так потому что оба слагаемых достаточно малы (по основной теореме $%\min(\{cq_i\},\{-cq_i\})<\dfrac{1}{q_i} \forall i$%). Отбрасывая второе слагаемое в этом равенстве получаем $%\{-c(q_{i+1}-q_{i})\} < \{cq_i\}$% что означает что при $%q=q_{i+1}-q_i$% получается лучшее приближение чем при $%q=q_i$%, а это противоречит определению самой последовательности $%q_1,q_2,q_3,...$% ибо следующее лучшее приближение чем при $%q=q_i$% возможно только при $%q\ge q_{i+1}$%

ссылка

отвечен 17 Сен '17 3:46

изменен 10 Окт '17 4:20

@abc: я не вижу, как здесь одно следует из другого. Числа q1 и q2 по сравнению с q могут быть достаточно большими. Тогда из того, что расстояние между дробными частями маленькое, ничего вроде как не следует.

(17 Сен '17 10:21) falcao

@falcao спасибо что подключились к разбору доказательства. Я его дополнил и теперь все в порядке? Хорошо бы его расширить на "безмодульный" случай. В принципе я сделал это, но пока не хочу выкладывать вдруг есть ошибка уже на текущем шаге.

(17 Сен '17 15:44) abc

@abc: идею рассуждения я понял; она для меня выглядит новой. Чтобы формально проверить все детали этого рассуждения, требуется некоторое время. На досуге подумаю.

(18 Сен '17 0:45) falcao

Дополнил эту теорему буквально одной строкой и теперь она работает для приближений с избытком. Вместе с этим обнаружилось интересное свойство последовательности наилучших рациональных приближений. Сформулирую его и оставлю в качестве задачи:

Рассмотрим последовательность рациональных приближений числа с, упорядоченную по возрастанию знаменателя. Оставим в этой последовательности только те члены которые лучше всех предшествующих приближают число с. Оказывается, что все нечетные члены этой последовательности будут приближениями с избытком, а все четные члены с недостатком(или наоборот).

(9 Окт '17 19:47) abc

@abc: про наилучшие приближения вроде бы известно, что это подходящие дроби. Тогда они чередуются в смысле избытка/недостатка. Но здесь, наверное, Вы рассматриваете произвольные приближения, и выделяете лучшие из имеющихся? Тогда это какое-то другое утверждение получается. Сходу мне трудно сказать, насколько это простой или не простой факт.

(9 Окт '17 23:14) falcao

@falcao не, я похоже имел ввиду наилучшие приближения, просто замысловато выражаюсь так как не изучал подходящих дробей. Когда вы доказывали что наилучшее приближение с избытком - существует, у меня сложилось впечатление что оно может быть сколь угодно далеко в последовательности наилучших приближений, а оно на самом деле всегда рядом - на следующем шагу :) Доказательство этого вписал в ответ.

(10 Окт '17 4:08) abc
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×879

задан
31 Май '17 23:18

показан
525 раз

обновлен
10 Окт '17 4:20

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru