Para $x$ irracional, es $a_{n} =\sum_{k=1}^{n}(-1)^{kx}$ ¿Impermeable?

Question

Para $x$ irracional, definir $a_{n} :=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{kx}$ . ¿Puede demostrar que $\left\{a_n\right\}$ no tiene límites?

Creo que no es fácil tratar a todos los irracionales $x$ .

He preguntado en S.E. y parece que es una pregunta avanzada. Así que voy a buscar ayuda aquí.

Answer 1

De hecho, es ilimitado para cada irracional $x$ .

Permítanme identificar los puntos de $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ con sus representantes en $[0,1)$ y ordenarlo por el orden habitual $<$ de $\mathbb{R}$ aplicado a los representantes.

Sustituir $x$ por $y = x/2$ y la pregunta es si para todos $m$ existe $k$ tal que la órbita de $0$ en la rotación irracional en $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ por $y$ está en $[0,1/2)$ al menos $m$ más veces que en $[1/2,1)$ en la primera $k$ pasos de tiempo $y,2y,3y,...,ky$ o que esto ocurra con $[0,1/2)$ y $[1/2,1)$ intercambiados.

Dado que la rotación irracional por $2y$ es topológicamente transitivo, podemos encontrar impar $k$ con $ky > 0$ arbitrariamente pequeño. Para impar $k$ el conjunto $Y_k = \{y,2y,...,ky\}$ tiene que intersecarse con $[0,1/2)$ o $[1/2, 1)$ más veces que el otro. Supongamos que el primer caso se da para un número infinito de $k$ . (El otro caso es simétrico, y se da por el principio de encasillamiento).

Dejemos ahora $P_m$ sea la afirmación de que hay $ky > 0$ arbitrariamente pequeño tal que $[0,1/2)$ contiene $m$ más elementos de $Y_k$ que $[1/2,1)$ lo hace. Tenemos que $P_1$ se mantiene. Obsérvese que si $P_m$ sostiene y $k$ es como en la definición, entonces $[0, 1/2)$ también contiene $m$ más elementos de $Y_{k,a} = \{a+y,a+2y,...,a+ky\}$ que $[1/2,1)$ siempre que $a$ es lo suficientemente pequeño, porque $Y_k$ es disjunta de $\{0,1/2\}$ .

Dejemos ahora $m \geq 1$ sea cualquier número entero tal que $P_m$ se mantiene. Sea $\epsilon > 0$ sea arbitrario y elija $k$ tal que $0 < ky < \epsilon/2$ y $[0,1/2)$ contiene al menos $m$ más elementos de $Y_k$ que $[1/2,1)$ lo hace. Dejemos que $a$ ser como en el párrafo anterior.

Utilizando $P_m$ de nuevo, toma $0 < k'y < \min(\epsilon/2, a)$ tal que $[0, 1/2)$ contiene $m$ más elementos de $Y_{k'} = \{y,2y,...,k'y\}$ que $[1/2,1)$ lo hace. Entonces $[0,1/2)$ contiene $2m$ más elementos de $Y_{k'+k}$ que $[1/2,1)$ . Tenemos $0 < (k+k')y < \epsilon$ Así que $P_{2m}$ se mantiene.

Así, $P_m$ es válida para todos los $m$ y la afirmación es la siguiente.

Answer 2

Tenemos

Teorema. Dejemos que $\psi(x)$ y $\varphi(x)$ sean funciones positivas crecientes tales que $$\int_1^\infty \frac{dx}{\psi(x)}=+\infty,\qquad \int_1^\infty \frac{dx}{\varphi(x)}<+\infty.$$ Entonces, para casi todos los $\alpha\in(0,1)$ tenemos $$\Omega(\log N\cdot \psi(\log\log N))\le\sup_{n\le N}\sum_{j=1}^n(-1)^{\lfloor j\alpha\rfloor}=O(\log N\cdot \varphi(\log\log N)).$$

Esto se demuestra en mi documento con Jan van de Lune Sobre algunas sumas oscilantes Teoría de la distribución uniforme 3 (2008) 35--72.

En este documento se incluye un algoritmo para calcular las sumas. Obtenemos por ejemplo $$S_{\sqrt{2}}(10^{1000})=-10,\quad S_{\sqrt{2}}(10^{10000})=166,\quad S_{\pi}(10^{10000})=11726.$$ Con $S_\alpha(N)=\sum_{j=1}^n(-1)^{\lfloor j\alpha\rfloor}$ .

Answer 3

Este es un argumento que se debe esencialmente a fedja Lo aprendí hace trece años en artofproblemsolving.com.

Propuesta: si $f$ es $2$ -periódica integrable de Riemann tal que $\sup_{n \geq 1} \left|\sum_{k=1}^{n}f(kx)\right|<C<\infty$ para algunos irracionales $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ entonces necesariamente $$ \sum_{m\neq 0}\, \left| \frac{\hat{f}(m)}{e^{i \pi m x}-1}\right|^{2}<2C^{2}. \quad (1) $$ .

Observa que la proposición resuelve la pregunta. En efecto, $f(t)=(-1)^{\lfloor{t}\rfloor}$ es 2 veces periódica con coeficientes de Fourier $\hat{f}(m) = \left| \frac{1}{2}\int_{0}^{2}f(t)e^{-i\pi m x}dx \right| \approx \frac{1}{m}$ para $m$ impar, y $\hat{f}(m)=0$ para incluso $m$ . Hay infinitos números Impares $m$ tal que $\mathrm{dist}\left(mx, 2\mathbb{Z}\right) < \frac{C'}{m}$ (no se deduce directamente del teorema de aproximación racional de Dirichlet, sin embargo, creo que no es difícil adaptarlo aquí o utilizar el teorema de Minkowski sobre el producto de dos formas lineales). Por lo tanto, en el lado izquierdo de (1) hay infinitos términos comparables a 1 por lo que obtenemos una contradicción.

Prueba de la proposición:

Permítanme primero suponer que $f$ es continua y más adelante explicaré qué hacer en el caso arbitrario. Sea $S_{m} = \sum_{k=1}^{m-1}f(kx)$ . Entonces la acotación de $|S_{M+n}-S_{M}|$ implica $$ |\sum_{k=0}^{n-1} f(Mx+kx)|<2C \quad \text{for all} \quad M>1 \quad (2) $$ y todos $n\geq 1$ . Por densidad de la secuencia $\{Mx\, \mathrm{mod}\, (2)\}_{M>1}$ en $[0,2)$ concluimos $$ |\sum_{k=0}^{n-1} f(t+kx)|\leq 2C \quad \text{for all} \quad t \in [0,2). \quad (3) $$ Convirtamos $f$ con el Kernel de Fejer para que la nueva función $F$ es ahora un polinomio trigonométrico con casi los mismos coeficientes de Fourier, y claramente también satisface la desigualdad (3). Después de expandir $F$ en su serie de Fourier $F(s) = \sum_{m} \hat{F}(m) e^{i\pi m s}$ (suma finita), y utilizando (3) para $F$ obtenemos $$ \left| \sum_{m} \hat{F}(m)e^{i \pi m t} \, \frac{e^{i \pi m n x} -1}{e^{i \pi m x} -1} \right| <2C $$ En particular, su $L^{2}$ está acotada, es decir, $$ \sum_{m\neq 0} \left|\hat{F}(m)\, \frac{e^{i \pi m n x} -1}{e^{i \pi m x} -1}\right|^{2} <4C^{2}\quad (4) $$ Invocando la densidad de la secuencia $\{n x\, \mathrm{mod}\, (2)\}_{n \geq 1}$ de nuevo podemos sustituir $nx$ por un arbitrario $s \in [0,2)$ después integramos (4) con respecto a $s$ en el intervalo $[0,2]$ y utilizamos la identidad $\int_{0}^{2} |e^{i \pi m s} -1|^{2}ds=4$ Por lo tanto, concluimos (1) para $F$ . Por último, queda eliminar la convolución con el núcleo de Fejer para concluir (1) para $f$ (tenemos términos no negativos en la suma del lado izquierdo de (1), así que podemos cortar la suma y tomar el límite $\hat{F}(m) \to \hat{f}(m)$ )

En general, si $f$ no es continua, dejemos que $K_{N}$ sea el núcleo de Fejer. Dividir $Mx=M_{1}x+M_{2}x$ en (2), multiplicar (2) por $K_{N}(M_{1}x)$ y tomar la media en $M_{1}$ y utilizar el criterio de la integral de Riemann para la equidistribución de $\{M_{1} x\, \mathrm{mod}\, (2)\}_{M_{1}\geq 1}$ para concluir $\left| \sum_{k=0}^{n-1} F(M_{2}x + kx)\right|<2C$ y ahora debido a la continuidad de $F$ y la densidad de $\{M_{2} x\}$ concluimos (3) para $F$ y el resto del argumento procede de la misma manera. $\square$

Answer 4

Como ya escribió Ville Salo en su respuesta, tu pregunta se puede formular en términos de la diferencia entre el número de elementos de la secuencia $y, 2y, \dots, ky$ que se encuentran en $[0,1/2]$ y $k$ veces la longitud de $[0,1/2]$ . Aquí $y = x/2$ . En el lenguaje de la teoría de la discrepancia, usted está preguntando si el intervalo $[0,1/2]$ es un conjunto denominado resto acotado de la secuencia $(n y~\text{mod}~1)_{n \geq 1}$ . Sin embargo, se sabe que no es así: los únicos intervalos con resto acotado son aquellos cuya longitud está en $\mathbb{Z} + y \mathbb{Z}$ y como $y$ es irracional en su pregunta la longitud de $[0,1/2]$ no es de ese tipo. En este trabajo se clasificaron los conjuntos de restos limitados: H. Kesten, On a conjecture of Erdös and Szüsz related to uniform distribution mod 1, Acta Arith. 12(1966), 193-212.