Множество {sin n^a} всюду плотно на [-1,1]?

[ShMaxG]

Является ли множество $\{\sin{n^a}\}_{n=1}^{+\infty}$ всюду плотным на $[-1,1]$ при условии, что действительное $a>0$?

Если $a \in (0,1)$, то видно, что разность между соседними аргументами убывает с ростом $n$, а сумма таких разностей неограниченно возрастает. Отсюда непосредственно следует, что $n^a\mod 2\pi$ образует множество, всюду плотное на $[0,2\pi]$. Следовательно (так как непрерывная функция переводит плотные множества в плотные), множество $\{\sin{n^a}\}_{n=1}^{+\infty}$ всюду плотно на $[-1,1]$.

При $a=1$ все ясно, всюду плотность легко доказывается с помощью принципа Дирихле, и доказательство можно найти, например, в Арнольд В.И., "Обыкновенные дифференциальные уравнения". Но оно опирается на то, что разница между углами, попавшими в один сегмент окружности, является элементом последовательности углов. При $a\ne 1$ это не так.

Можно ли как-то доказать или опровергнуть исходное утверждение при $a>1$?

[Sonic86]

Неживо, но

Кейперс Нидеррайтер Равномерное распределение последовательностей писал(а):

Теорема 3.1. (Теорема ван дер Корпута о разностях.) Пусть $\{x_n\}_{n=1}^{+\infty}$ — заданная последовательность действительных чисел. Если при любом положительном целом $h$ последовательность $\{x_{n+h}-x_n\}_{n=1}^{+\infty}$ р.р.мод.1, то и $\{x_n\}_{n=1}^{+\infty}$ р.р.мод 1.

Теорема 3.2. Пусть $p(x)=\alpha_m x^m+...+\alpha_0, m\geqslant 1$ - многочлен с действительными коэффициентами и хотя бы один $\alpha_j$ с $j>0$ иррационален. Тогда последовательность $\{p(n)\}_{n=1}^{+\infty}$ р.р.мод.1

Т.е. с помощью теоремы 3.1. и индукции опускаемся к случаю $0<a<1$, а из равномерности следует плотность (но, конечно, не наоборот).

[ShMaxG]

Sonic86
Если $a$ натуральное, то можно воспользоваться теоремой 3.2, взяв в качестве $x_n=\frac{n^a}{2\pi}$. Тогда все понятно. А если $a$ ненатуральное, то я пока не вижу, как можно воспользоваться этими теоремами...

-- Сб ноя 16, 2013 21:50:32 --

Хотя, кажется я понял. Какое бы ни было ненатуральное $a>1$, всегда можно записать достаточное количество конечных разностей $x_n=\frac{n^a}{2\pi}$, чтобы получить выражение от $n$, асимптотика которого равна $n^{\{\alpha\}}$. Ну и потом пользуемся теоремой 3.1 нужное число раз. Так?

[Sonic86]

ShMaxG в сообщении #789386 писал(а):

А если $a$ ненатуральное, то я пока не вижу, как можно воспользоваться этими теоремами...

А у нас разве при $x_n=\frac{1}{2\pi}n^a$ не $x_{n+h}-x_n=P_{a-1}(n)+o(1)$? Здесь $P_{a-1}(n)=c_{0}n^{a-1}+...+c_{[a]}n^{a-[a]}$, я предполагал тут индукцию по $a$.
Сейчас подумаю...

[ShMaxG]

Ну да, вроде понятно. Спасибо!

Правда, я надеялся решить задачку каким-нибудь более простым способом, не пользуясь теоремами, которые я первый раз в жизни вижу

[Sonic86]

Проверил - вроде все получается.

(Оффтоп)

ShMaxG в сообщении #789395 писал(а):

Правда, я надеялся решить задачку каким-нибудь более простым способом, не пользуясь теоремами, которые я первый раз в жизни вижу

Ну я их вижу примерно в 3-й раз Но может оказаться, что без них не получится, там теорема ван дер Корпута опирается как минимум на критерий Вейля. Тут недавно народ пытался доказать равномерную распределенность $\{n\theta\}$ для иррациональных $\theta$ без критерия Вейля - получалось сложно. М.б. плотность легче доказать, я не знаю, но ничего лучше предложить не могу М.б. ewert Вам поможет.

Зато у меня не получается по индукции с помощью теоремы 3.1. доказать, что $n^{\sqrt{2}} \bmod\sqrt{2}$ р.р.мод. 1

[ex-math]

Sonic86
Плотность $\{n\theta\}$ очень легко доказывается с помощью теоремы Дирихле.

[ShMaxG]

Хотя нет, не понятно. Пусть даже мы записали эти конечные разности, сколько надо. Но коэффициент при старшей степени зависит от этого действительного $a$. Вдруг мы получим последовательность значений, соизмеримых с $2\pi$? Ну и дела...

[Sonic86]

Да, я какую-то фигню написал.
Проверьте рассуждение в лоб:
$\frac{n^a}{2\pi}\mod 1$ плотно в $[0;1]$ $\Leftrightarrow$ $(\forall c,\epsilon)0<c<c+\epsilon<1 (\exists n)c<\frac{n^a}{2\pi}\mod 1 <c+\epsilon$
$(\exists n)c<\frac{n^a}{2\pi}\mod 1 <c+\epsilon \Leftrightarrow$
$(\exists n)(\exists k)k+c<\frac{n^a}{2\pi} <k+c+\epsilon \Leftrightarrow$
$(\exists n)(\exists k)(2\pi(k+c))^{1/a}<n <(2\pi(k+c+\epsilon))^{1/a}$
Последнее верно, если с ростом $k\in\mathbb{N}$ последовательность $(2\pi(k+c))^{1/a}$ сколь угодно близко подбирается к единице, т.е. $\overline{\lim\limits_{k\to +\infty}}(2\pi(k+c))^{1/a}\mod 1=1$ а это верно, т.к. $\frac{1}{a}<1$, приращение становится сколь угодно малым.
(смысл, похоже, в том, что вместо $n$ мы подбираем $k$)

ex-math в сообщении #789446 писал(а):

Плотность $\{n\theta\}$ очень легко доказывается с помощью теоремы Дирихле.

Да, спасибо, только я там про равномерность писал, но уже не важно.

[ShMaxG]

Ну хорошо, я вижу, что существует подпоследовательность $k_m$ такая, что при $m \to \infty$ последовательность $(2\pi(k_m+c))^{1/a}$ приближается слева к натуральному числу. Но почему при некотором $m$ число $(2\pi(k_m+c+\epsilon))^{1/a}$ находится справа от натурального числа?

[RIP]

ShMaxG в сообщении #789811 писал(а):

Хотя нет, не понятно. Пусть даже мы записали эти конечные разности, сколько надо. Но коэффициент при старшей степени зависит от этого действительного $a$. Вдруг мы получим последовательность значений, соизмеримых с $2\pi$?

Коэффициент при нецелом $a$ ни на что не влияет. Т.е. если для $a_n$ есть асимптотика вида $a_n=\bigl(c+o(1)\bigr)n^{a}$, $a\in(0,1)$, $c\ne0$, то эта посл-ть равномерно распределена $\mod1$ (проверяется в лоб по определению).

[ShMaxG]

RIP
А, ну да. Проверьте такое рассуждение (не хочу говорить о равномерном распределении последовательности, как о не нужном понятии в рассуждении).

1. Расстояние между соседними элементами последовательности $a_n=cn^a+o(n^a)$ при $a \in (0,1)$ убывает с ростом $n$,
2. Сумма этих расстояний не ограничена с ростом $n$, так как главный член этой суммы имеет асимптотику $n^{a-1}$ и $-1<a-1<0$.

Поэтому в силу п.1 расстояние между элементами последовательности $a_n=cn^a+o(n^a) \mod 2\pi$ будет бесконечно уменьшаться, а в силу п.2 она будет проходить множество $[0,2\pi]$ бесконечное число раз. Значит в любую окрестность любого числа из $[0,2\pi]$ попадет хотя бы одно значение последовательности $a_n=cn^a+o(n^a) \mod 2\pi$. Значит она образует множество, всюду плотное на $[0,2\pi]$ . (И все это вне зависимости от $c \ne 0$).

[SpBTimes]

А нельзя как-то так.. Пусть какая-либо дуга $l$ единичной окружности не содержит точек вида $n^a$. Будем сдвигать ее $l + 1, l + 2^a, l + 3^a, ...$. Причем дуги будут пересекаться, но не будут совпадать. Тогда покроем всю окружность ими, продолжая процесс. Тем самым $n^a$ плотна.

[RIP]

ShMaxG в сообщении #790200 писал(а):

1. Расстояние между соседними элементами последовательности $a_n=cn^a+o(n^a)$ при $a \in (0,1)$ убывает с ростом $n$,

Не факт. Про расстояние ничего лучше $o(n^a)$ сказать нельзя (хотя для посл-ти, которая получается из исходной, можно).

ShMaxG в сообщении #790200 писал(а):

2. Сумма этих расстояний не ограничена с ростом $n$, так как главный член этой суммы имеет асимптотику $n^{a-1}$ и $-1<a-1<0$.

Нет. Их сумма не ограничена потому, что это исходная посл-ть.

ShMaxG в сообщении #790200 писал(а):

Значит она образует множество, всюду плотное на $[0,2\pi]$ .

Этого мало. Для применения ван дер Корпута нужна равномерная распределённость, а не всюду плотность.

Если рассуждать грубо, то как-то так (я считаю, что $c>0$). Пусть $t\in[0,1]$. При $m\in\mathbb N$ колво решений нерва $m\le a_n\le m+t$ есть $\dfrac{t+o(1)}{c^{1/a}}m^{1/a-1}$. Чтобы найти колво решений нерва $\{a_n\}\le t$ при $n\le N$, надо просуммировать по $m\le(c+o(1))N^a$. Получится как раз $(t+o(1))N$.

-- Вт 19.11.2013 09:53:14 --

SpBTimes в сообщении #790237 писал(а):

Причем дуги будут пересекаться, но не будут совпадать.

Априори некоторые могут и совпадать.

SpBTimes в сообщении #790237 писал(а):

Тогда покроем всю окружность ими, продолжая процесс.

Почему? Дуги могут очень сильно перекрываться.

[SpBTimes]

RIP
В последовательности $n^a$ найдется сколь угодно много рациональных. Сдвиг на рац. число не кратен иррациональному, тем самым и дуги не будут перекрываться сильно. Нет разве?