Cuanto es

Question

Me gustaría probar (rigurosamente, no intuitivamente) que $$\sum_{n=1}^N \{n\sqrt{2}\}=\frac{N}{2}+\mathcal{O}(\sqrt{N})$$ donde $\{\}$ es la "fracción" de la función. Entiendo intuitivamente por qué esto es cierto, y eso es lo que me ocurrió con esta afirmación - $\{n\sqrt{2}\}$ se comporta como una variable aleatoria uniformemente distribuida en $(0,1)$, y tratarla como una variable aleatoria hace que la suma análoga a una caminata al azar, y el $\mathcal{O}(\sqrt{N})$ bound puede ser mostrado usando valores esperados.

Sin embargo, sólo decir que $\{n\sqrt{2}\}$ se comporta "como una variable aleatoria" es altamente no riguroso. Alguien puede mostrarme cómo justificar esta en una más hermético manera (idealmente sin utilizar cualquier teoremas que requieran especializado de conocimiento de fondo)?

Gracias!

Answer 1

Deje $f$ ser la función definida para un entero positivo $N$ como sigue: $$ f(N) = \sum_{1\le n\le N}\{n\sqrt 2\}\ . $$ Necesitamos un control de $f(N)-N/2$.

Aquí, trato de dar argumentos para que la idea se extraen de la siguiente experimental de cálculo:

Experimento: Nos aproximado de $\sqrt 2$ mediante el uso de fracciones continuas, por un fijo de aproximación, $P/Q$ decir, calculamos el $f(Q)$ e $f(Q)-Q/2$. Para los primeros valores de $Q$...

def f(N):
    return sum( [ RR(k*sqrt(2)).frac() for k in xrange(1, N+1) ] )

cf = continued_fraction( sqrt(2) )

# consider the first 15 "convergents" P/Q and compute f(Q) - Q/2 for them
for frac in cf.convergents()[:15]:
    P, Q = frac.numerator(), frac.denominator()
    print "sqrt(2) ~ %s :: Q = %s :: f(Q)-Q/2 ~ %s" % ( frac, Q, f(Q)-Q/2 )

Resultados:

sqrt(2) ~ 1 :: Q = 1 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.0857864376269049
sqrt(2) ~ 3/2 :: Q = 2 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.242640687119285
sqrt(2) ~ 7/5 :: Q = 5 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.286796564403573
sqrt(2) ~ 17/12 :: Q = 12 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.308657865101423
sqrt(2) ~ 41/29 :: Q = 29 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.317100367703610
sqrt(2) ~ 99/70 :: Q = 70 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.320702497141440
sqrt(2) ~ 239/169 :: Q = 169 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.322176510488248
sqrt(2) ~ 577/408 :: Q = 408 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.322790161566445
sqrt(2) ~ 1393/985 :: Q = 985 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.323043813132131
sqrt(2) ~ 3363/2378 :: Q = 2378 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.323148970494003
sqrt(2) ~ 8119/5741 :: Q = 5741 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.323192510470562
sqrt(2) ~ 19601/13860 :: Q = 13860 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.323210559656218
sqrt(2) ~ 47321/33461 :: Q = 33461 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.323217967510573
sqrt(2) ~ 114243/80782 :: Q = 80782 :: f(Q)-Q/2 ~ 0.323221431812271
sqrt(2) ~ 275807/195025 :: Q = 195025 :: f(Q)-Q/2 ~ -0.323220559774200

Así que la diferencia es que en estos casos "sorprendentemente" en el intervalo de $[-1,1]$.

La estimación: Tratemos de convertir estos observación en una prueba. Deje $a$ ser $\sqrt 2-1$, lo $a\in(0,1/2)$. (Necesito $a<1$ a continuación). Tenemos $\{n\sqrt 2\}=\{na\}$.

Deje $P/Q$ ser una aproximación racional de $a$, una fracción irreducible, es decir, uno proporcionados por el continuó fracción convergents de $a$, que forman una "secuencia alternada de alrededor de $a$" $\dots P/Q, P'/Q', P''/Q'',\dots$, y la diferencia entre dos consecutivos convergents $P/Q$ e $P'/Q'$ es $\pm 1/(QQ')$. En particular, $Q,Q'$ son relativamente primos. También vamos a utilizar en el siguiente "siguiente convergente" $P'/Q'$.

Corregir algunos naturales $n$ con $0<n<Q$. Por lo $nP/Q<n$ no es un número entero. (Si $Q|(nP)$, a continuación, $Q|n$.)

Supongamos que existe un número entero entre $na$ e $nP/Q$. A continuación, el mismo entero está en el mayor intervalo entre $nP'/Q'$ e $nP/Q$, que es de longitud $1/(QQ')<1/Q$. Pero de $nPQ\not\in\Bbb N$ al siguiente entero está a una distancia de, al menos, $1/Q$. Contradicción. Nuestra suposición es falsa.

Por lo $na$ e $nP/Q$ tienen el mismo piso. Entonces $$ \left\{na\right\} = \left\{n\frac PQ+n\left (\frac PQ\right)\right\} $$ se encuentra entre los números $$ \left\{n\frac PQ\right\}\pm \underbrace{\left\{n\left (\frac PQ\right)\right\}}_{<n/(Q')}\ . $$ Ahora vamos a $n$ ejecutar en un conjunto $S=S(Q)$ de $Q$ consecutivos elementos. Entonces $$ \begin{aligned} \sum_{\substack{n\in S(Q)\\Q\not|n}} \{na\} \text{ lies between } &\sum_{\substack{n\in S(Q)\\Q\not|n}} \left\{n\frac PQ\right\} \pm \sum_{\substack{n\in S(Q)\\Q\not|n}}\left\{n\left(a-\frac PQ\right)\right\} \\ \text{ thus between } &\sum_{0<n<Q} \frac nQ \pm \frac 1{QQ'}\sum_{n\in S(Q)}{\color{red}{n}} \\ = &\frac 12(Q-1) \pm \frac 1{QQ'}\sum_{n\in S(Q)}{\color{red}{n}} \ . \end{aligned} $$ (Luego editar en rojo). Esto ahora puede ser convertida a una prueba para la declaró resultado como sigue. Yo intento explicar mi sensación de un procedimiento con un ejemplo, $N=100000$ decir.

Recordar los siguientes denominadores "$Q$" de la convergents de $a=\sqrt 2-1$: $1$, $2$, $5$, $12$, $29$, $70$, $169$, $408$, $985$, $2378$, $5741$, $13860$, $33461$, $80782$, $195025$. El uso de $Q=80782$ e $S(Q)=(N-Q,N]\cap\Bbb Z$ obtenemos una desviación de $\frac 12|S(Q)|$ que es menos (plus one) $\frac {N(N+1)/2}{QQ'}<\frac{Q'Q'/2}{QQ'}<2$. (Aquí, $Q'/Q\approx \sqrt 2+1$, que es el límite de la ración de dos consecutivos convergents.)

Luego de la "nueva N", que es $N-Q=19281$ usamos la "nueva Q" $13860$. Y así sucesivamente.

El uso de este obtenemos una desviación de $f(N)$ de $N/2$ que es de la forma $2\log_{\sqrt 2+1} N$.

(Tienen que presentar, en la esperanza de que la idea es clara, esto era más importante para mí que para escribir cosas rigurous, y posiblemente desviar a partir de la idea).

Answer 2

Escrito \begin{align} &\quad \sum_{n=1}^N \left( n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor \right) \\ &=\int_1^N \left( n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor \right) {\rm d}n + {\cal O}(1) \tag{1} \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}} \int_\sqrt{2}^{\sqrt{2}N} \left(x- \lfloor x \rfloor \right) {\rm d}x + {\cal O}(1) \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}} \Bigg( N^2 - 1 - \Bigg[ \frac{\sqrt{2}N \left(\sqrt{2}N-1\right)}{2} + \frac{\left\{\sqrt{2}N\right\} \left(1-\left\{\sqrt{2}N\right\}\right)}{2} \\ &\quad - \frac{\sqrt{2} \left(\sqrt{2}-1\right)}{2} - \frac{\left\{\sqrt{2}\right\} \left(1-\left\{\sqrt{2}\right\}\right)}{2} \Bigg] \Bigg) + {\cal O}(1) \\ &=\frac{N}{2} + {\cal O}(1) \end{align} donde hemos utilizado $$ \int_0^x \lfloor t \rfloor \, {\rm d}t = \frac{x(x-1)}{2} + \frac{\left\{x\right\}\left(1-\left\{x\right\}\right)}{2} \, . $$ El orden que se sigue del hecho de que $$ \frac{\left( \sqrt{2}N - \lfloor \sqrt{2}N \rfloor \right) + \left( \sqrt{2} - \lfloor \sqrt{2} \rfloor \right)}{2} = {\cal O}(1) \etiqueta{2} $$ y $$\int_1^{N} \left( n\sqrt{2} - \lfloor n\sqrt{2} \rfloor \right)" {\rm d}n \etiqueta{3} \\ = \left( \sqrt{2}n - \lfloor \sqrt{2}n \rfloor \right)'\big|_{n=N} - \left( \sqrt{2}n - \lfloor \sqrt{2}n \rfloor \right)'\big|_{n=1} \\ =\sqrt{2} \sum_{k=-\infty}^{\infty}\left[ \delta\left( \sqrt{2} - k \right) - \delta\left( \sqrt{2}N - k \right) \right] $$ pero esto requiere de Euler-Maclaurin.

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Debido a la dura crítica acerca de mi un poco argumento heurístico quiero corregir mi enfoque como la medida de lo posible.

Conjunto $$f(x)=x-\lfloor x \rfloor$$ and $$f_n(x)=\frac{1}{2} - \frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^n \frac{\sin(2\pi k x)}{k} \, ,$$tal que $$ \lim_{n\rightarrow \infty} f_n(x) = f(x) \, . $$ Desde $f_n$ es diferenciable podemos utilizar de Euler-Maclaurin para calcular la suma $$ \sum_{k=1}^N f_n(ak) $$ con algunos $a$. La integral en (1) no crea un gran problema en el límite de $n \rightarrow \infty$, ya que el límite es seccionalmente continua y de la integral puede ser dividido en consecuencia y, a continuación, integrado. También el límite de (2) es de ${\cal O}(1)$. Por lo que la problemática plazo que debe examinarse es el resto $R_2$ ((3) fue muy heurística) que puede ser escrito como $$ R_2=\int_1^N B_2\left(t-\lfloor t \rfloor\right) \frac{\rm d}{{\rm d}t} f_n'(a) \, {\rm d}t $$ descuidar innecesarios constantes y $B_2$ es el segundo de Bernoulli polinomio. Podemos expresar \begin{align} f_n'(at) &= 1-\sum_{k=-n}^{n} {\rm e}^{i2\pi k at} = 1 - \frac{\sin\left((2n+1)\pi at\right)}{\sin\left(\pi at\right)} \\ B_2\left(t-\lfloor t \rfloor\right) &= \left(t-\lfloor t \rfloor\right)(\left(t-\lfloor t \rfloor - 1\right) + \frac{1}{6} = \lim_{M \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^M \frac{\cos(2\pi kt)}{\pi^2 k^2} \end{align} e integrar por partes $$ R_2=-B_2\left(t-\lfloor t \rfloor\right) \frac{\sin\left((2n+1)\pi\right)}{\sin\left(\pi\right)} \Bigg|_{1}^{N} - 2 \sum_{k=1}^{M} \int_1^N \frac{\sin(2\pi kt)}{\pi k} \frac{\sin\left((2n+1)\pi\right)}{\sin\left(\pi\right)} \, {\rm d}t \etiqueta{4} \, . $$ Para $a$ no es un entero, el primer término es limitado y ${\cal O}(1)$ como $n \rightarrow \infty$. La integral puede ser visto como un funcional para $n \rightarrow \infty$ , en cuyo caso el kernel de Dirichlet actúa como un periódico delta-distribución $\sum_{m=-\infty}^{\infty} \delta(at-m)$ $$ \lim_{n \rightarrow \infty} \int_1^N \frac{\sin(2\pi kt)}{\pi k} \frac{\sin\left((2n+1)\pi\right)}{\sin\left(\pi\right)} \, {\rm d}t = \sum_{m=\lceil un \rceil}^{\lfloor Na \rfloor} \frac{\sin\left(\frac{2\pi km}{a}\right)}{\pi k} \, . $$

La evaluación de $$ \sum_{m=\lceil un \rceil}^{\lfloor Na \rfloor} \lim_{M\rightarrow\infty} -2\sum_{k=1}^{M} \frac{\sin\left(\frac{2\pi km}{a}\right)}{\pi k} = \sum_{m=\lceil un \rceil}^{\lfloor Na \rfloor} \frac{2\{m/\}-1}{a} \etiqueta{5} $$

y el uso de $\sum_{n=1}^{N}\{an\} = \frac{N}{2} + {\cal O}(?)$ esto se convierte en ${\cal o}(N)$. Por lo que es realmente cierto ${\cal O}(1)$ no sigue.

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Continuamos con la integral en (4) por $N$entero \begin{align} &\quad -2\sum_{k=1}^\infty \int_1^N \frac{\sin(2\pi kt)}{\pi k} \frac{\sin\left((2n+1)\pi at\right)}{\sin\left(\pi at\right)} \, {\rm d}t \\ &=-4\sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^\infty \int_1^N \frac{\sin(2\pi kt)\cos(2\pi m a t)}{\pi k} \, {\rm d}t \\ &=\frac{4}{\pi^2} \sum_{m=1}^n \sum_{k=1}^\infty \frac{\cos^2(N\pi m a)-\cos^2(\pi ma)}{k^2-m^2 a^2} \\ &=2\sum_{m=1}^n \left[ \frac{\cos^2(N\pi m a)-\cos^2(\pi ma)}{\pi^2 m^2 a^2} - \frac{\cot(\pi ma)\left(\cos^2(N\pi ma) - \cos^2(\pi ma)\right)}{\pi ma} \right] \end{align} donde $a$ debe ser un número irracional ahora. El primer término es ${\cal O}(1)$ para $n\rightarrow \infty$.

Cualquier idea para la segunda?

Se puede reescribirse como \begin{align} &\quad \, \, \sum_{m=1}^n \frac{\cot(\pi ma)\left(\cos^2(N\pi m a) - \cos^2(\pi ma)\right)}{\pi ma} \\ &= \sum_{m=1}^n \frac{\cot(\pi ma)\left(\cos(N2\pi ma) - \cos(2\pi ma)\right)}{2\pi ma} \\ &= - \sum_{m=1}^{n}\cos(m\pi a) \, \frac{\sin\left((N+1)m\pi a\right)}{m\pi a} \, \frac{\sin\left((N-1)m\pi a\right)}{\sin(m\pi a)} \\ &= - \sum_{m=1}^{n} \frac{\sin\left((N+2)m\pi a\right)}{m\pi a} \, \frac{\sin\left((N-1)m\pi a\right)}{\sin(m\pi a)} + \sum_{m=1}^n \frac{ \sin\left(N2\pi ma\right) - \sin\left(2\pi ma\right) }{2\pi ma} \end{align} así que la segunda suma es delimitada de nuevo $\forall N$ e $n \rightarrow \infty$.

No estoy seguro si es de ayuda, pero tengo las siguientes dos identidades para los senos $$ \frac{\sin\left((N-1)nx\right)}{\sin(nx)} = \sum_{l=2}^N \cos\left((N-l)nx\right) \cos^{l-2}(nx) $$ y $$ \frac{\sin\left((N-1)nx\right)}{\sin(nx)} = 1+2\sum_{i=1}^{\frac{N}{2}-1} \cos\left(l2nx\right) \, , $$ pero esta evaluación se siente como si yo voy a correr en círculos.

He añadido una Figura del lado derecho de (5) a $N=10^6$ que no se parece en nada a$\log$, por lo que los números son demasiado pequeños o yo no se por qué tiene que ser $\log$.

Answer 3

Esto es a lo largo de la misma línea que otro problema, y mi respuesta aquí: Determinar si $\sum_{n=1}^\infty \frac {(-1)^n|\sin(n)|}{n}$ converge

Necesitamos Koksma la desigualdad p. 143, Teorema 5.1 de 'Distribución Uniforme de las Secuencias de' por Kuipers y Niederreiter.

Teorema [Koksma]

Deje $f$ ser una función en $I=[0,1]$ de variación acotada $V(f)$, y supongamos que tenemos $N$ puntos $x_1, \ldots , x_N$ en $I$ con discrepancia $$ D_N:=\sup_{0\leq\leq b\leq 1} \left|\frac1N \#\{1\leq n\leq N: x_n \in (a,b) \} -(b-a)\right|. $$ Entonces $$ \left|\frac1N \sum_{n\leq N} f(x_n) - \int_I f(x)dx \right|\leq V(f)D_N. $$

Para el control de la discrepancia, se aplica el siguiente teorema, para que la secuencia de $x_n = n\alpha - \lfloor n \alpha \rfloor$. Tenga en cuenta que con $\alpha = \sqrt 2$, tiene una limitada parcial de cocientes en la continuación de su fracción.

Teorema 3.4 de p125 en el Kuipers y Niederreiter del libro, los estados que

Si un irracional real $\alpha$ tiene un almacén de cocientes parciales, la discrepancia $D_N$satisface $$ N D_N\ll \log N. $$

A continuación, la aplicación de estos a su problema con $f(x)=x$, obtenemos $$ \bigg\vert\frac1N \sum_{n\leq N} \{ n\sqrt 2\} - \int_0^1 x \, dx\bigg\vert \ll \frac{\log N}N. $$

Por lo tanto, tenemos una estimación de $$ \sum_{n\leq N} \{n\sqrt 2\}=\frac N2 + O(\log N). $$

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Para obtener una estimación más precisa, hemos $V(f)=1$ para $f(x)=x$. También, pág.143 Teorema 5.1 describe cómo $O(\log N)$ plazo se comporta. El uso de aquellos, que han $$ \Bigg\vert \sum_{n\leq N} \{n\sqrt 2\}-\frac N2 \Bigg\vert \leq 3+\left(\frac1{\log \xi}+\frac{2}{\log 3}\right)\log N. $$ Aquí utilizamos $\xi=\frac{1+\sqrt 5}2$ y la continuación de la fracción parcial de los cocientes están delimitadas por $2$ (de hecho, es $[1;2,2,2,\ldots]$).