Prueba $0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, 0, \frac{1}{4}, \frac{2}{4}, ...$ equidistribuido en $[0, 1)$

Question

Prueba

$0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, 0, \frac{1}{4}, \frac{2}{4}, ...$

equidistribuido en $[0, 1)$ .

Una secuencia de números $\xi_1, \xi_2, \xi_3, ...$ en $[0, 1)$ se dice que está equidistribuido si para cada intervalo $(a, b) \subset [0, 1)$

$$\lim\limits_{N\to\infty} \frac {\bigl|\{1\le n\le N: \xi_n \in (a, b)\}\bigr|} {N} = b-a$$

Es del capítulo 4 del libro Análisis de Fourier: Una introducción

Answer 1

Para cada número entero $n>1$ dejar $$F_n=\left\{\frac{k}n:k=0,\dots,n-1\right\}\;;$$

para $0\le a<b<1$ , $|(a,b)\cap F_n|\ge\lceil n(b-a)\rceil-1$ .

La primera $2$ términos de la secuencia son los miembros de $F_2$ el siguiente $3$ términos son los miembros de $F_3$ y así sucesivamente. Así, el primer $\sum_{k=2}^nk=\frac12n(n+1)-1$ términos son los miembros de los bloques $F_2$ a través de $F_n$ en el orden obvio. Para $n\ge 2$ dejar $T_n=\frac12n(n+1)-1$ y supongamos que $T_m\le N<T_{m+1}$ . Entonces

$$\begin{align*} |\{n\le N:\xi_n\in(a,b)\}&\ge\sum_{k=2}^m|(a,b)\cap F_k|\\ &\ge\sum_{k=2}^m\Big(\lceil k(b-a)\rceil-1\Big)\\ &=\sum_{k=2}^m\lceil k(b-a)\rceil-m+1\\ &\ge\sum_{k=2}^mk(b-a)-m+1\\ &=(b-a)T_m-m+1\;, \end{align*}$$

así que

$$\frac{|\{n\le N:\xi_n\in(a,b)\}}N\ge(b-a)\frac{T_m}N-\frac{m-1}N\;.$$

Ahora $$\frac{T_m}N>\frac{T_m}{T_{m+1}}=\frac{\frac12m(m+1)-1}{\frac12(m+1)(m+2)-1}\to 1\quad\text{ as }\quad m\to\infty\;,$$ et

$$\frac{m-1}N\le\frac{m-1}{T_m}=\frac{m-1}{\frac12m(m+1)-1}\to 0\quad\text{ as }\quad m\to\infty\;,$$

así que $$\lim_{N\to\infty}\frac{|\{n\le N:\xi_n\in(a,b)\}|}N\ge b-a\;.$$

Answer 2

Dejemos que $a < b$ se le dará. Tenemos para $0 \le p < q$ que $\frac pq \in (a,b)$ si $qa < p < qb$ si $\lfloor qa\rfloor < p < \lceil qb \rceil$ .

Para $N \in \mathbb N$ , elija el máximo $q$ con $\frac 12q(q+1) < N$ entonces todas las fracciones con denominador $\le q$ han aparecido bajo $(\xi_n)_{n\le N}$ . Tenemos \begin{align*} \left|\{1 \le n \le N: \xi_n \in(a,b)\}\right| &\ge \sum_{r=2}^q \bigl(\lceil rb \rceil - \lfloor ra\rfloor - 1\bigr)\\ &\ge \sum_{r=2}^q \bigl(r(b-a) - 3\bigr)\\ &= \left(\frac 12q(q+1) - 1\right)(b-a) - 3(q-1) \end{align*} Pero ahora \N-[ \frac 12 q(q+1) < N \le \frac 12 (q+1)(q+2) \N-] por lo que \le \frac N{\frac 12q(q+1)} \le \frac{(q+1)(q+2)}{q(q+1)} \le 1, q \le \frac \fty \le] Así, para $N \to \infty$ \begin{align*} \frac 1N \left|\{1 \le n \le N: \xi_n \in(a,b)\}\right| &\ge \frac 1N\left(\frac 12q(q+1) - 1\right)(b-a) - \frac 3N(q-1)\\ &\to b-a. \end{align*}