¿Una variante del teorema de aproximación de Kronecker?

Question

Deje $\tau,\sigma\in(0,\infty)$ con $\frac{\tau}{\sigma}\notin\mathbb Q$. Por Kronecker del teorema de aproximación, sabemos que:

(1) Para cada una de las $x\in \mathbb R$ e $\epsilon>0$hay $m,n\in\mathbb N$ tal que $|x+n\tau-m\sigma|<\epsilon$.

En otras palabras, si añades $\tau$ a $x$, que finalmente se llega arbitratily cerca del conjunto de $\sigma\mathbb N$. Pero, ¿qué sucede si usted mantenga la adición de los valores que son sólo aproximadamente el $\tau$?

Para hacer de esto una pregunta precisa, vamos a $(\tau_n)_{n\in\mathbb N_0}\subset (0,\infty)$ con

$$ \tau_{n+1}-\tau_n \xrightarrow{n\to\infty}\tau.$$

A primera vista, el siguiente parece plausible:

(2) Para cada una de las $x\in \mathbb R$ e $\epsilon>0$hay $m,n\in\mathbb N$ tal que $|x+\tau_n-m\sigma|<\epsilon$.

Si se supone que

$$ \sum_{n=0}^\infty \left((\tau_{n+1}-\tau_n)-\tau \right) \text{ converges in $\mathbb R$,}$$

de hecho, es relativamente fácil deducir (2) de (1).

PREGUNTA: Si $\sum_{n=0}^\infty \left((\tau_{n+1}-\tau_n)-\tau \right)$ diverge, no (2) todavía se mantienen?

Mi ad hoc ideas no salieron bien y antes de empezar a pensar más a fondo sobre ello, pensé que me podría preguntar si alguien de aquí sabe de algun resultado en esta dirección.

Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Su reclamo es cierto, y aquí es por qué.

Resumen de la prueba. Una compacidad argumento permite la utilización de una versión reforzada de Kronecker del teorema que es "más uniforme" en $x$ a saber :

Principal lema. Hay una constante $M$ (dependiendo únicamente de la $\sigma,\tau$ e $\epsilon$ e no $x$) tal que para cualquier $x \geq 0$, existen enteros $(n,m)\in[0,M]\times {\mathbb N}$ con $|x+n\tau-m\sigma| \lt \epsilon$.

Pruebas detalladas. La sustitución de $(x,\tau,\sigma,\epsilon)$ con $(\frac{x}{\sigma},\frac{\tau}{\sigma},1,\frac{\epsilon}{\sigma})$, podemos suponer sin pérdida de ese $\sigma=1$.

Para $n,m\in {\mathbb N}$, vamos

$$A_{n,m}= \bigg\lbrace X\in {\mathbb R} \bigg| |X+n\tau-m| \lt\epsilon\bigg\rbrace.\tag{3}$$

Entonces, Kronecker habitual del teorema dice que siempre que $\tau$ es irracional, no son números enteros no negativos $n(x),m(x)$ con $x\in A_{n(x),m(x)}$.

A continuación, $\bigcup_{x\in [0,1]} A_{n(x),m(x)}$ es una cubierta de $[0,1]$. Desde $[0,1]$ es compacto, existe un subconjunto finito $I\subseteq [0,1]$ tal que $\bigcup_{x\in I} A_{n(x),m(x)}$ es todavía una cubierta de $[0,1]$. Denotar por $M$ el valor máximo de $n(x)$ o $m(x)$ cuando $x$ varía en el conjunto finito $I$. Tenemos entonces que

$$ [0,1] \subseteq \bigcup_{0 \leq n,m \leq M} A_{n,m}. \etiqueta{4} $$

(4) significa que para cualquier $x\in [0,1]$, podemos encontrar $n,m$ con $0 \leq n,m \leq M$ tal que $$(*) : \quad |x+n\tau-m| \leq \epsilon.$$ Ahora, si $x\geq 1$, y ponemos a $x'=x-\lfloor x \rfloor$ (la parte fraccionaria de $x$), a continuación, $x'\in [0,1]$ , de modo que $|x'+n'\tau-m'| \leq \epsilon$ para algunos $(n',m')=(n(x'),m(x'))$. Pero, a continuación, ($*$) sostiene también para $(n',m'+\lfloor x \rfloor)$ en lugar de $(n,m)$. Podemos deducir que

$$ {\mathbb R}^+ \subseteq \bigcup_{0 \leq n \leq M, m\geq 0} A_{n,m}. \etiqueta{4'} $$

Esto concluye la prueba de la principal lema. Vamos ahora a demostrar (2). El uso de $\frac{\epsilon}{2}$ en lugar de $\epsilon$ en el principal lema, hay un $M>0$ tal que para cualquier $y \geq 0$, existen enteros $(n(y),m(y))\in[0,M]\times {\mathbb N}$ con

$$|y+n(y)\tau-m(y)| \lt \frac{\epsilon}{2}.\tag{5}$$

Deje $\delta >0$ ser una constante positiva cuyo valor se decidirá más adelante. Por hipótesis, existe una $k_0$ tal que $x+\tau_1+\sum_{k=1}^{k_0-1}\tau_{k+1}-\tau_k \geq 0$ y $|\tau_{k+1}-\tau_k-\tau| \leq \delta$ cualquier $k\geq k_0$.

Deje $y=x+\tau_1+\sum_{k=1}^{k_0-1}\tau_{k+1}-\tau_k=x+\tau_{k_0}$ ; sabemos que $y$ es no negativa. Por (5),

$$\bigg|x+\tau_{k_0}+n(y)\tau-m(y)\bigg| \lt \frac{\epsilon}{2}.\tag{6}$$

Por otro lado, tenemos

$$ \bigg| \sum_{k=k_0}^{k_0+n(y)-1} \tau_{k+1}-\tau_k-\tau \bigg| \leq n(y)\delta \leq \delta M. \tag{7}$$

La adición de (6) y (7) y con el triángulo de la desigualdad, obtenemos

$$ \bigg|x+\tau_{k_0+n(y)}-m(y)\bigg|=\bigg|x+\sum_{k=1}^{k_0+n(y)-1}(\tau_{k+1}-\tau_k)-m(y)\bigg| \lt \frac{\epsilon}{2}+\delta M. $$

Tomando $\delta=\frac{\epsilon}{2M}$, hemos terminado.

Answer 2

Gracias muy, muy mucho, Ewan Delannoy! Su Lema es exactamente lo que yo necesitaba. Permítanme decir que estoy solo publicar esto como una respuesta, porque es demasiado largo para un comentario.

Su Lema dice básicamente que el número de $n$ en (1) puede de hecho ser siempre tomadas desde el set $\{0,\ldots,M=M(\epsilon)\}$. Este es, de hecho, todo lo que necesito para probar (2) (ya que esto permite argumentar de la misma manera, como si la serie convergente). La prueba de (2) es un poco off, aunque, como usted parece demanda que $\tau_k$ converge a $\tau$, que no es lo que supongo. En aras de la exhaustividad y claridad, me deja de renovación que parte de la siguiente manera:

Deje $\epsilon>0$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $x+\tau_0\ge 0$y $$ |(\tau_{k}-\tau_{k-1})-\tau|<\frac{\epsilon}{2M(\epsilon/2)} \quad \text{for all $k\in\mathbb N$.}$$ Por lo tanto para todos los $n\in\{0,\ldots,M(\epsilon/2)\}$ e $m\in\mathbb N$ hemos \begin{align*} |x+\tau_n-m\sigma|&=\left|x+\tau_0+\sum_{k=1}^{n}((\tau_{k}-\tau_{k-1})-\tau)+n\tau-m\sigma\right| \\ &\le \sum_{k=1}^{M(\epsilon/2)}|(\tau_{k}-\tau_{k-1})-\tau| + |x+\tau_0+n\tau-m\sigma| \\ &\le \frac{\epsilon}{2} + |x+\tau_0+n\tau-m\sigma|. \end{align*} Ahora, gracias a su Lema, podemos optar $n$ e $m$ tales que el segundo sumando es también menor que $\frac{\epsilon}{2}$.

Una vez más, muchas gracias por darme este ingrediente esencial (y su cuidada prueba).