[Dette skulle egentlig, have været i den tilhørende tråd,
men mit nyhedsprogram er nu gået ned tre gange, så er indlægget
i en ny tråd.]
Jeppe Stig Nielsen wrote:
>>> Man kan jo også tænke på det på den måde at man starter med
>>> X~U(0,1), og så definerer A'erne ud fra den. Bliver A'erne så
>>> identisk fordelte? Stokastisk uafhængige?
>
> Det ser rigtigt ud at A_n findes ud fra X ved den formel du anfører.
> Hvis man starter med X uniformt fordelt på [0;1[, forstår jeg dig
> sådan at de stokastiske variable A_n ikke bliver stokastisk
> uafhængige? Er der måske endda en sådan korrelation mellem en
> partialkvotient A_n og dens efterfølger A_{n+1} at hvis den ene er
> stor, så er den anden med større sandsynlighed lille (negativ
> korrelationskoefficient)?
>
> Hvis alle A_n har samme fordeling, kan vi alligevel bruge at
>
> (1/n)·(log A_1 + log A_2 + ... + log A_n) --> log K for n --> oo
>
> til at slutte at middelværdien E[log A_n] = log K for alle n.
>
> At den aritmetiske middelværdi er uendelig
>
> (1/n)·(A_1 + A_2 + ... + A_n) --> oo for n --> oo
>
> næsten sikkert, betyder vel så at forventningsværdien E[A_n] = oo .
>
> Et rimeligt (som det ser ud for mig) bud på fordelingen af A_n er
>
> P(A_n = k) = 1/k - 1/(k+1)
>
> = 1/(k·(k+1))
Det er et fint bud. For n=1 passer det perfekt:
Hvis vi skriver kædebrøksfremstillingen for x i [0,1[ som
[a1, a2, ...] altså x=1/(a1 + 1/(a2+...))
Hvis vi nu kigger på a1 så har vi
1/x = a1 + 1/(a1+...)
Det betyder, at
a1 = [1/x], ( [_] er i dagens anledning gulvfunktionen )
altså a1 er det største heltal, som ikke er større end 1/x.
Så
a1=1 for 1<=1/x<2 dvs 1/2 <= x <= 1
a1=2 for 2<=1/x<3 dvs 1/3 <= x <= 1/2
a1=3 for 3<=1/x<4 dvs 1/4 <= x <= 1/3
generelt altså
a1=k for 1/(k+1) <= x <= 1/k
Så her passer det at
P( A_1 = k ) = 1/k - 1/(k+1)
For større n bliver det lidt mere besværligt, men Khinchin viser i
"Continued Fractions" at målet af de tal, som har et fast a_n ligger
mellem 1/(3s^2) og 2/s^2; så størrelsesordenen er 1/s^2.
Han har også mere præcise resultater, men jeg tror dit gæt er "for pænt".
Beviset er såmænd ikke så svært (Khinchin skriver uhyggelig godt), men
fylder sine fem-seks sider, så jeg har ikke lyst til at kaste mig ud i
at skrive dem ind.
Bogen er på 95 sider og de sidste 40 sider drejer sig om
målteoretiske aspekter af kædebrøker. Bogen er velskrevet og er bestemt
pengene værd:
<
http://www.amazon.co.uk/exec/obidos/ASIN/0486696308/qid=1047150556/sr=1-2/ref=sr_1_0_2/026-2558793-1704453>
Inden jeg købte bogen havde jeg en stak fotokopier, hvis du er
interesseret kan jeg sende dem (hvis jeg da ikke har smidt dem væk).
> Dette er i hvert fald en lovlig fordeling (summen af sandsynlighederne
> er teleskoperende og bliver 1/1). Den giver at E[A_n]=oo fordi den
> harmoniske række divergerer.
Det må være rigtigt. I samme boldgade haves:
Sætning 29
Mængden af alle tal i intervallet (0,1) med begrænsede
elementer er nul.
( Altså mål({x | der findes N, så a_n <= N for alle n } = 0 )
Resultatet er interessant, for kædebrækerne med begrænsede elementer
er netop de tal (herunder alle rødder i andengradsligninger), som ikke
tillader bedre tilnærmelse med brøker end
| x - p/q | < C/q^2 (som ikke kan strammes)
Næsten alle tal giver giver derfor mulighed for bedre tilnærmelse.
> Hvis dette vilde gæt er rigtigt, er
>
> E[log An] = sum( k=1 til oo, (log k)/(k·(k+1)) )
>
> men så let går det nok ikke ...
Hm. Hjælper denne?
Sætning 31
Der findes en positiv konstant B, så der for næsten alle x gælder
for tilstrækkelig store n,
q_n(x) < exp(Bn)
Her er q_n(x) nævneren for den n'te konvergent af x.
> Måske er de forskellige A_n slet ikke identisk fordelte?
Det tror jeg ikke, de er.
> Er der noget med at fordelingen af A_n afhænger af om n er lige
> eller ulige?
Jeg mener, det er endnu mere kompliceret.
--
Jens Axel Søgaard