Equidistributed secuencia y función integrable de Riemann

Question

Que $f$ sea una función de período 1, Riemann integrable en [0,1]. Sea $\xi_n$ una secuencia que es equidistributed en $[0,1)$.

¿(a) es verdad $$\frac{1}{N}\sum\limits_{n=1}^N f(x+\xi_n)$$ converges to the constant $\int_0^1 f(y) dy$ cada $x\in \mathbb{R}$ $N\to \infty$?

(b) si es así, ¿es la convergencia uniforme sobre todas las $x$?

Answer 1

Para la pregunta (a), ver esta (la sección "Propiedades"); para una prueba, ver este.

Answer 2

La respuesta a ambas preguntas (a) y (b) es sí, y es una consecuencia del hecho de que Riemann integrable funciones se puede aproximar por arriba y por debajo por el paso de las funciones. La prueba de la siguiente manera en bastante forma sencilla una vez que te das cuenta de que esto permite reducir el problema a la de funciones de los indicadores de intervalos. Para ser precisos, si $f\colon[0,1]\to\mathbb{R}$ es Riemann integrable entonces, para cada uno de ellos fijo $\epsilon > 0$, hay paso de las funciones de $g\le f\le h$$\int_0^1(h(y)-g(y))\,dy < \epsilon$. $$ \begin{align} \frac1N\sum_{n=1}^Nf(\xi_n)-\int_0^1 f(y)\,dy&\le\frac1N\sum_{n=1}^Nh(\xi_n)-\int_0^1 h(y)\,dy+\int_0^1(h(y)-f(y))\,dy\\ &\le\frac1N\sum_{n=1}^Nh(\xi_n)-\int_0^1 h(y)\,dy+\epsilon. \end{align} $$ Del mismo modo, el reverso de la desigualdad mantiene con $g$ sustitución de $h$ $-\epsilon$ sustitución de $\epsilon$ en el lado derecho. Así, la convergencia para el paso de las funciones que implica la convergencia de Riemann integrable funciones. También, en sustitución de $\xi_n$ $x+\xi_n$ (mod 1) anterior, el problema de la convergencia uniforme sobre todos los $x$ también se reduce a la de paso de las funciones. La linealidad se reduce aún más el problema de las funciones de los indicadores de intervalos en $(0,1]$.

Sin embargo, si $f=1_A$ es un indicador de la función de un intervalo de $A\subseteq(0,1]$, entonces el límite de $\frac1N\sum_{n=1}^Nf(x+\xi_n)=\int_0^1f(y)\,dy$ sigue por la definición de equidistribución.

También podemos obtener la convergencia uniforme (en $x$) como sigue: tenga en cuenta que $y\mapsto f(x+y)=1_{\{y\in A-x{\rm\ (mod\ 1)}\}}$ es de nuevo un indicador de la función de un intervalo (tomado mod 1). La convergencia es uniforme simultáneamente en todos los intervalos. Para cualquier $M > 0$ considera la colección finita de intervalos de $B_i=((i-1)/M,i/M]$. Entonces, cualquier intervalo de $A\subseteq(0,1]$ puede ser intercalado entre los sindicatos de la $B_i$. Es decir, $\cup_{i\in I}B_i\subseteq A\subseteq\cup_{j\in J}B_j$ $I,J\subseteq\{1,2,\ldots,M\}$ $I\subseteq J$ $J\setminus I$ que no contenga más de dos elementos. $$ \frac1N\sum_{n=1}^N 1_A(\xi_n)-\int_0^1 1_A(y)\,dy\le\sum_{i\J}\left(\frac1N\sum_{n=1}^N 1_{B_i}(\xi_n)-\int_0^1 1_{B_i}(y)\,dy\right) + 2/M. $$ El reverso de la desigualdad también se mantiene si hacemos la suma atropellado $i\in I$ y reemplace $2/M$ $-2/M$ en el lado derecho. Así, $$ \left\vert\frac1N\sum_{n=1}^N 1_A(\xi_n)-\int_0^1 1_A(y)\,dy\right\vert\le\sum_{i=1}^M\left\vert\frac1N\sum_{n=1}^N 1_{B_i}(\xi_n)-\int_0^1 1_{B_i}(y)\,dy\right\vert+2/M. $$ Para cualquier $\epsilon > 0$ podemos optar $2/M < \epsilon/2$ y, el uso de equidistribución, $N$ puede ser elegido suficientemente grande como para que el primer término del lado derecho es de menos de $\epsilon/2$. Así, el lado izquierdo puede ser inferior a $\epsilon$ eligiendo $N$ lo suficientemente grande. Esta elección fue independiente de la $A$, por lo que, de hecho, la convergencia es uniforme en el conjunto de todos los intervalos de $A$.