тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса

[Руст]

Несложно доказать, что существует бесконечно много $n$, таких что
$|S(n)>\frac{\sqrt n}{\log n}.$
Сложнее доказать, что $|S(n)|<C\sqrt n \log n$.
Еще сложнее доказать, что $|S(n)|<C\sqrt{n\log n}$ и существует бесконечно много n: $|S(n)|>\sqrt{\frac{n}{\log n}}$.

[ex-math]

Руст
Так докажите, пожалуйста. Хотя бы самое простое.

[Руст]

ex-math в сообщении #999865 писал(а):

Руст
Так докажите, пожалуйста. Хотя бы самое простое.

$$S(n)=\operatorname{Im} \sum_{k=1}^n\exp(2\pi i\frac{k^2}{2\pi}).$$

Пусть $\frac{1}{2\pi}=\frac{P}{Q}+\frac{\theta}{Q^2}, |\theta|<\frac{1}{\sqrt 5}.$ Тогда можно разложить в две суммы:

$$\sum_{k=1}^n\exp(2\pi i\frac{k^2}{2\pi})=S_0(n)+S_1(n), S_0(n)=\sum_{k=1}^n\exp(2\pi i\frac{Pk^2}{Q}), S_1(n)=\sum_{k=1}^n\exp(2\pi i\frac{Pk^2}{Q})(\exp(\frac{2\pi i k^2\theta}{Q^2})-1).$$

Соответственно

$$S_0(Q)=\sum_{k=1}^Q\exp(2\pi i\frac{P^2k^2}{PQ}), S_1(n)=\sum_{k=1}^n (S_0(k)-S_0(k-1))(\exp(\frac{2\pi ik^2\theta}{Q^2})-1)=$$ $$=S_0(n)(\exp(\frac{2\pi i n^2\theta}{Q^2})-1)+\sum_{k=1}^{n-1} S_0(k)(\exp(\frac{2\pi ik^2\theta}{Q^2})-\exp(\frac{2\pi i (k+1)^2\theta}{Q^2})).$$

Отсюда получается, что

$$S(n)=S_0(n)\exp(\frac{2\pi i n^2\theta}{Q^2})+\sum_{k=1}^{n-1} S_0(k)\exp(\frac{2\pi ik^2\theta}{Q^2})(1-\exp(\frac{2\pi i (2k+1)\theta}{Q^2})).$$

Достаточно оценить $S_0(n)$ при любых $n\le Q.$ Если имеем монотонную оценку $|S_0(k)|<f(k)$, то вторая часть (сумма) оценивается как

$$\sum_{k=1}^{n-1} f(k)\sin \frac{\pi(2k+1)\theta}{Q^2}<f(n).$$

Тогда для доказательства первого утверждения достаточно брать $n=Q$.
Для остальных надо точнее оценить $S_0(n)$ рассматривая два приближения непрерывной дробью $Q_m\le n<Q_{m+1}$.

[ex-math]

Во-первых, для доказательства первого утверждения Вам нужна нижняя оценка $S_0 (Q) $. Где ее взять, если эта сумма (полная сумма Гаусса) бывает равна нулю?
Во-вторых, непонятно последнее неравенство. Почему сумма синусов строго меньше единицы?

-- 04.04.2015, 15:59 --

И что взять за $f (k) $, для неполной суммы Гаусса есть оценка $\sqrt Q\ln Q $, но она не зависит от $k $.

[ex-math]

Неограниченность разумно доказывать так: имеем

$$ \sum_{N<n\leqslant2N}S^2(N)=\sum_{k\leqslant2N}(2N-\max(N,k-1))\sin^2k^2+2\sum_{k_1<k_2\leqslant2N}(2N-\max(N,k_2-1))\sin k_1^2\sin k_2^2. $$

Надо оценить эту сумму снизу, тогда если при всех $n$ наша $S(n)$ будет ограниченной, придем к противоречию. Первое слагаемое -- "диагональ" -- не меньше

$$ N\sum_{k\leqslant N}\sin^2k^2=\frac{N^2}2-N\biggl|\sum_{k\leqslant N}\cos 2k^2\biggr|. $$

То есть нам нужна нетривиальная (т.е. $o(N)$) оценка суммы косинусов. Так как $k^2$ равномерно распределены по модулю $2\pi$, эта оценка следует из критерия Вейля. Значит, наша диагональ больше $cN^2$.
Осталось оценить недиагональное слагаемое как $o(N^2)$. Не факт, что это можно сделать.

-- 04.04.2015, 18:56 --

Если оценивать нетривиально только сумму по $k_1$, то "недиагональ" оценится лишь как $o(N^3)$, а этого сильно мало. Не думаю, что учет осцилляции по $k_2$ даст существенный выигрыш. Здесь нужны совсем нетривиальные оценки сумм Гаусса, а для этого нужна информация о знаменателях рациональных приближений $Q_m$, либо вообще другой метод.

[Руст]

Сумму $S_0(n)$ вычисляем таким образом. Пусть

$$a=\frac{1}{2\pi}=\frac{1}{q_1+\frac{1}{q_2+\frac{1}{q_3+...}}}= \frac{P_1}{Q_1}-\frac{1}{Q_1Q_2}+\frac{1}{Q_2Q_3}-...$$

где $P_0=0,Q_0=1,P_1=1,Q_1=q_1,P_n=q_nP_{n-1}+P_{n-2},Q_n=q_nQ_{n-1}+Q_{n-2}.$
Представим $n$ в исчислении $Q_k$ в виде: $n=n_mQ_m-n_{m-1}Q_{m-1}+n_{m-2}Q_{m-2}-...$
так, чтобы $|n_i|\le q_{i+1}$. Это сводит к суммированиям по полным периодам (если суммировании лишнее, то вычитаем некоторое лишнее).
Тогда сумма разложится по частичным суммам по полным периодам:

$$S=\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i}\sum_{j=1}^{n_i} S_{ij}, S_{ij}=\sum_{k=1}^{Q_i}\sin (k+M_{ij})^2.$$

Полные суммы сводятся к сдвинутым. Сдвиги не влияют на абсолютную величину. При оценке полных сумм $S_0(Q)$ логарифмы не появляются, они легко и точно вычисляются.
Действительно, рассмотрим разложение по примарным компонентам $Q=Q_1*Q_2*...Q_l, M_i=Q/Q_i$ и применим китайскую теорему об остатках:

$$S_0(Q)=\sum_{k=1}^Q exp(2\pi i \frac{Pk^2}{Q}=\sum_{x_1=1}^{Q_1}\sum_{x_2=1}^{Q_2}...exp(2\pi i \frac{P(\sum_i M_i x_i)^2}{Q}=\prod_i \sum_{x_i=1}^{Q_i}exp(2\pi i \frac{Px_i^2}{Q_i})=\prod_i S_0(Q_i).$$

Это сводит задачу к случаю, когда $Q$ является степенью простого числа, при этом Р равно 1 или любому квадратичному невычету по модулю данного простого числа.
В суммах синусов появляются величины порядка $\sqrt{Q}$ как за счет сдвига так и за счет равенства $S_0(Q)=\pm \sqrt{Q}$, когда Q простое вида $4k+3$.
Когда $Q$ степень простого числа суммы так же получаются порядка $\sqrt{Q}$ и вычисляются точно выделением из суммы членов, делящихся на это простое число.
Это позволяет доказать, что всегда существуют такие n, что сумма не меньше по абсолютной величине $c\sqrt n$.
Насчет верхней оценки я наврал. Дело в том, что если окажется, что некоторое $q_{m+1}$ очень большим ($q_{m+1}>>Q_m$), то
при $n_m=[\sqrt{q_{m+1})]$ верхняя оценка может вырасти существенно и ответ зависит от возможности таких Лиувиллевых приближений для числа $a=\frac{1}{2\pi}$.

[ex-math]

Нашел в старой работе Харди и Литтлвуда "Some problems on diophantine approximation II" (Acta Math., v.37, 1914, p.193-239).
В теореме 2.30 утверждается, что ряд $\sum_{n=1}^\infty n^{-a}\sin{\pi n^2x}$ при $0<a\leqslant\frac12$ расходятся при всех иррациональных $x$. Отсюда очевидно следует неограниченность $S(n)$.
Более того, в теореме 2.22 утверждается, что при всех иррациональных $x$ найдется бесконечно много $n$ таких, что $|\sum_{k\leqslant n}e^{\pi ik^2x}|>c\sqrt n$.
Элементарностью доказательств там и не пахнет.

-- 04.04.2015, 19:54 --

Руст в сообщении #999880 писал(а):

$$S(n)=S_0(n)\exp(\frac{2\pi i n^2\theta}{Q^2})+\sum_{k=1}^{n-1} S_0(k)\exp(\frac{2\pi ik^2\theta}{Q^2})(1-\exp(\frac{2\pi i (2k+1)\theta}{Q^2})).$$

По-прежнему непонятно, почему не может быть $Q$ вида $4n+2$ и, следовательно, $S_0(Q)=0$. Но даже если первое слагаемое имеет модуль $\sqrt{2Q}$, с чего Вы взяли, что второе слагаемое будет по модулю меньше первого? Пусть даже неполные суммы оценятся $c\sqrt Q$ (причем $c$ явно больше 1, кажется сейчас 4 умеют ставить), еще синусы дадут Вам $\pi$, это слишком много.

[sergei1961]

Мне тоже кажется, что давно где-то видел похожее. Но в книге, и там что-то было про метод Ван дер Корпута. Но память может подводить, а сам я эти методы плохо знаю, к сожалению.

[ex-math]

sergei1961
Метод ван дер Корпута имеет отношение к равномерному распределению, то есть к оценке $S(n)=o(n)$. Можно оценить и точнее, если знать как ведут себя знаменатели рациональных приближений $\frac1{2\pi}$. Но этого, похоже, никто не знает. Вот если бы была квадратичная иррациональность -- тогда все гораздо лучше. А у Харди и Литтлвуда какие-то манипуляции с тета-рядами.

[sergei1961]

Извините за глупость, но почему из расходимости процитированного ряда из теоремы 2.30 следует неограниченность рассматриваемой суммы? Абеля вроде не хватает при таких a, если предположить противное.

[Руст]

Если все аккуратно расписать, то получается, что сумма $S(n)=\sum_{k=1}^n exp(2\pi i ak^2)$ всегда остается величиной порядка $S(n)=\sqrt n x_n, 0<c_1<|x_n|<c_2$.
Константы $c_1,c_2$ зависят от а, но при заданном а всегда $x_n$ блуждает в некотором кольце. Отдельно для синусов или косинусов ограничения снизу нет они могут принять такие малые значения при некоторых $n$, что даже $|Im(S(n))|<C$ может иметь бесконечно много раз. Но я всегда говорил о существовании $n$, при котором можно оценить снизу, а не об оценке снизу для всех $n$.

[ex-math]

sergei1961
Почему, признак Дирихле в чистом виде: если суммы $a_n$ ограничены, а $b_n$ монотонно стремится к нулю, то ряд $\sum a_nb_n$ сходится.
Руст
Вы говорили о нижней оценке при $n=Q$. Она не получается из Ваших рассуждений. При каких $n$ будет получаться? Откуда Вы берете верхнюю оценку мне тоже неясно. На мой взгляд, без каких-то дополнительных сведений о $Q_m$ она не должна получаться.

Руст в сообщении #1000103 писал(а):

Если все аккуратно расписать, то получается, что сумма $S(n)=\sum_{k=1}^n exp(2\pi i ak^2)$ всегда остается величиной порядка $S(n)=\sqrt n x_n, 0<c_1<|x_n|<c_2$. Константы $c_1,c_2$ зависят от а, но при заданном а всегда $x_n$ блуждает в некотором кольце.

Это неверно. У Харди и Литтлвуда доказано, что существуют иррациональные $a$, при которых нельзя получить оценку лучше $o(N)$.

[Руст]

ex-math в сообщении #1000126 писал(а):

sergei1961
Почему, признак Дирихле в чистом виде: если суммы $a_n$ ограничены, а $b_n$ монотонно стремится к нулю, то ряд $\sum a_nb_n$ сходится.
Руст
Вы говорили о нижней оценке при $n=Q$. Она не получается из Ваших рассуждений.

Я оцениваю не сумму синусов, а сумму экспонент. Сумма синусов для одного самого большого может равняться и нулю, но взяв еще один такой интервал или несколько (если это позволяется) за счет сдвигов фаз выходим на величину порядка $|S(n)|>c_1\sqrt n$ и для синусов.

Цитата:

Откуда Вы берете верхнюю оценку мне тоже неясно. На мой взгляд, без каких-то дополнительных сведений о $Q_m$ она не должна получаться.

Оценка сверху получаются из разложения интервала (0,n) на полные подинтервалы и тем, что сумма на высшем уровне оценивается как константа на корень от длины, а на низших ступенях из-за того, что их сумма на каждом уровне меньше чем $|S_{m-1}|<c|S_m|, c<1$, где $|S_i|$ максимально возможное значение суммы на уровне $i$, соответственно сумма по всем уровням меньше $\frac{1}{1-c}|S_m|$, оценивается только высшим уровнем с точностью до константного множителя.

Руст в сообщении #1000103 писал(а):

Если все аккуратно расписать, то получается, что сумма $S(n)=\sum_{k=1}^n exp(2\pi i ak^2)$ всегда остается величиной порядка $S(n)=\sqrt n x_n, 0<c_1<|x_n|<c_2$. Константы $c_1,c_2$ зависят от а, но при заданном а всегда $x_n$ блуждает в некотором кольце.

Цитата:

Это неверно. У Харди и Литтлвуда доказано, что существуют иррациональные $a$, при которых нельзя получить оценку лучше $o(N)$.

.
Скорее всего вы путаете. Легко показать, что для любого N существует а и $n<CN$, такие, что сумма не меньше N, но это не значит, что при фиксированном отличным от нуля а, сумма будет вести себя так для бесконечного числа n.

[ex-math]

Руст в сообщении #1000155 писал(а):

Я оцениваю не сумму синусов, а сумму экспонент. Сумма синусов для одного самого большого может равняться и нулю, но взяв еще один такой интервал или несколько (если это позволяется) за счет сдвигов фаз выходим на величину порядка $|S(n)|>c_1\sqrt n$ и для синусов.
Оценка сверху получаются из разложения интервала (0,n) на полные подинтервалы и тем, что сумма на высшем уровне оценивается как константа на корень от длины, а на низших ступенях из-за того, что их сумма на каждом уровне меньше чем $|S_{m-1}|<c|S_m|, c<1$, где $|S_i|$ максимально возможное значение суммы на уровне $i$, соответственно сумма по всем уровням меньше $\frac{1}{1-c}|S_m|$, оценивается только высшим уровнем с точностью до константного множителя.

Это игра в слова. Если у Вас есть доказательство оценки сверху лучше $o (N)$ или хоть какой-нибудь оценки снизу, напишите его, пожалуйста, так, чтобы можно было разобрать и проверить.

Цитата:

Скорее всего вы путаете.

Посмотрите сами (ссылку я привел) и убедитесь, что все так, как я написал.

[Руст]

Начнем с точных значений сумм

$$S_0(p^k)=\sum_{x=0}^{p^k-1}e(\frac{Px^2}{p^k}), e(x)=exp(2\pi i x), (P,Q)=1\to p\not|P.$$

В случае р=2 для нечетного х при k>3 две суммы $e(\frac{Px^2}{2^k})+e(\frac{P(x+2^{k-2})^2}{2^k})=0.$ Поэтому
$S_0(2^k)=2S_0(2^{k-2}), k>3$. Это дает окончательную формулу:

$$S_0(2^k)=2^{k/2}x_P, $$

$x_p=0, k=1$.
$x_P=(1+i)(-1)^{k(P-1)/4}, P=1\mod 4$,
$x_p=(1-i)(-1)^{k(P+1)/4}, P=3\mod 4,$
Для нечетных р равно нулю такая сумма
$\sum_{y=0}^{p-1}e(\frac{P(p^{k-1}y+x)^2}{p^k}), k>1, p\not|x$.
Отсюда получается
$S_0(p^k)=p^{k/2}x_P, x_P=1, k-even$,
$x_P=(\frac{P}{p}), p=1\mod 4, x_p=(\frac{P}{p})i, p=3\mod 4$.
Для сумм $S_0$ сумма по нескольким периодам даст то же самое в несколько раз, однако, за счет небольшого сдвига фазы в суммах S(lQ) рост ограничится величиной $O(\sqrt Q* \sqrt l)$.
В следующий раз это покажем, рассматривая сдвинутые по фазе полные суммы.