2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 08:06 


25/08/11

1074
А про сходимость ряда $\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(k^2)}{k}$ что-то известно?
Из расходимости бы следовала неограниченность сумм по тому же Дирихле.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 08:16 
Заслуженный участник


25/02/11
1786
Недавно вопрос задавался на Math Overflow.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 08:31 


25/08/11

1074
Да, я там его и прочитал. Но в ответе классика Т.Тао даже для обоснования неограниченности частичных сумм используется нетривиальный тервер, а соображения о границах разброса, как он сам пишет, чисто эвристические. Есть соображение у него про закон повторного логарифма. Показалось, что кто-то может знать более элементарное решение. Не думал, что это такая трудная задача. А претензий на оригинальность вопроса у меня разумеется нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 09:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
sergei1961
Неограниченность сумм следует и из расходимости $\sum n^{-a}\sin n^2$, которая известна при $0 <a\leqslant\frac12$. Что Вас смущает здесь?
Если $a>\frac12$, то такие ряды (если добавить множитель $x$ в синус) будут сходиться почти всюду.

-- 05.04.2015, 09:44 --

Руст
Спасибо, я знаю выражения для полных сумм Гаусса. Я просил изложить Ваше доказательство. Прежние доказательства не проходили, от ответов на прямые вопросы по ним Вы уклонялись. Теперь я даже не понимаю, какое именно утверждение Вы доказываете -- настолько все запуталось.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 10:03 


25/08/11

1074
Дело не в смущает, а в использовании нетривиального результата. Может быть с таким простым сомножителем, как $1/k$ всё обстоит проще, и проще получить тогда неограниченность сумм для исходного ряда?

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 11:01 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
ex-math в сообщении #1000371 писал(а):

Руст
Спасибо, я знаю выражения для полных сумм Гаусса. Я просил изложить Ваше доказательство. Прежние доказательства не проходили, от ответов на прямые вопросы по ним Вы уклонялись. Теперь я даже не понимаю, какое именно утверждение Вы доказываете -- настолько все запуталось.

Я хотел оценить $S(n)$через $S_0(n)$. Приведенная выше формула:
$$S(n)=S_0(n)\exp(\frac{2\pi i n^2\theta}{Q^2})+\sum_{k=1}^{n-1} S_0(k)\exp(\frac{2\pi ik^2\theta}{Q^2})(1-\exp(\frac{2\pi i (2k+1)\theta}{Q^2})).$$
верна и позволяют оценить $|S(n)|<|S_0(n)|+\sum_{k<n<Q}|S(k)|\frac{4\pi k|\theta|}{Q^2}<cf(n)$, если есть монотонная оценка для неполных сумм $S_0(n)<f(n)$.

Однако, оценка неполных тригонометрических сумм
$\sum_k e(\phi(k))$ через сдвиги на полные плохо работает в случае, когда наклон $\phi(k)$ большой, как впрочем и весь метод тригонометрических сумм.
Для самой простой нелинейной - квадратичной функции $\phi(k)$ надеялся, что сдвиги на полные дадут оценить $S_0(n)$ пусть и с небольшим ухудшением, что позволило бы оценить неполные суммы
$|S_0(n)|<f(n)$, соответственно и $|S(n)|$. Но даже для квадратичной функции оценить сдвиги является трудной проблемой. Поэтому, лучше решать эту задачу через понятие равномерности в строгом смысле, устанавливая равномерность через $g$ суммы, которые обладают свойством почти инвариантности относительно модулярных преобразований, в частности относительно перехода к обратной функции обращая наклон функции, на подобии обращения аргумента $z\to \frac 1z$ для тета функций. Но это лучше проделать в отдельной теме.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 11:20 


25/08/11

1074
Со сходимость в Х-Л рядов при $a>1/2$ тоже мне не всё понятно. Утверждается сходимость почти всюду, но мы для нашего конкретного ряда должны положить $x$ равным конкретному значению. Почему сходимость почти всюду гарантирует сходимость при конкретном выбранном иксе?

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 12:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
sergei1961
Кстати, теорвер у Тао вполне тривиальный. По сути, там и нет никакого теорвера. Он использует ту же идею, что и я. Только у меня внешняя и внутренняя сумма имеют длину одного порядка -- я не догадался сделать их независимыми. Смотрите:

Выберем произвольное натуральное $h$. Если $|S(n)|\leqslant C$ при всех $n$, то
$$
\sum_{k=1}^n\biggl(\sum_{l=1}^h\sin(k+l)^2\biggr)^2\leqslant4C^2n.
$$
Мы оценим сумму снизу и покажем, что это неверно. Эта сумма есть
$$
\sum_{l=1}^h\sum_{k=1}^n\sin^2(k+l)^2+2\sum_{l_1<l_2\leqslant h}\sum_{k=1}^n\sin(k+l_1)^2\sin(k+l_2)^2.
$$
Первое слагаемое ("диагональ") есть
$$
\frac{nh}2-\frac12\sum_{l=1}^h\sum_{k=1}^n\cos2(k+l)^2
$$
Второе слагаемое ("недиагональ") есть
$$
\sum_{l_1<l_2\leqslant h}\sum_{k=1}^n\cos(2(l_2-l_1)k+l_2^2-l_1^2)-\sum_{l_1<l_2\leqslant h}\sum_{k=1}^n\cos(2k^2+2(l_1+l_2)k+l_1^2+l_2^2).
$$
Известно (геометрическая прогрессия), что
$$
\biggl|\sum_{k=1}^ne^{i(kx+y)}\biggr|\leqslant\frac1{|\sin\frac x2|},
$$
следовательно, в силу иррациональности $\pi$ первая сумма в недиагонали ограничена некоторой константой, зависящей от $h$, но не от $n$. Очевидно, такая константа есть $o(n)$.
Чтобы разобраться со второй суммой в недиагонали и суммой в диагонали нужна оценка суммы
$$
S_1(n)=\sum_{k=1}^ne^{i(2k^2+kx+y)}.
$$
Из равномерности распределения дробных долей $2k^2+kx+y$ по модулю $2\pi$ в силу критерия Вейля следует оценка $S_1(n)=o(n)$. Эту оценку я чуть позже попробую получить элементарно, без ссылок на Вейля. Пока примем ее как данность. Имеем
$$
4C^2n\geqslant\frac{nh}2+o(n).
$$
Деля на $n$ и переходя к пределу при $n\to\infty$, получим $h\leqslant8C^2$, что неверно, если выбирать $h$ большим этого числа.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение05.04.2015, 20:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
Итак, оценим $S_1(n)$, пользуясь идеей ван дер Корпута. Возьмем натуральное $M$ и сделаем сдвиг суммы:
$$
S_1(n)=\sum_{k=1-t}^{n-t}e^{i(2(k+t)^2+(k+t)x+y)}=\sum_{k=1}^{n}e^{i(2(k+t)^2+(k+t)x+y)}+2M\theta,
$$
где $t\leqslant M$ и $|\theta|\leqslant1$. Суммируя по $t$, найдем
$$
M|S_1(n)|\leqslant\sum_{k=1}^n\biggl|\sum_{t=1}^{M}e^{i(2(k+t)^2+(k+t)x+y)}\biggr|+2M^2.
$$
Применим неравенство Коши
$$
M^2|S_1(n)|^2\leqslant 2n\sum_{k=1}^n\biggl|\sum_{t=1}^{M}e^{i(2(k+t)^2+(k+t)x+y)}\biggr|^2+8M^4.
$$
Рассмотрим отдельно сумму в правой части и оценим ее модуль. Меняя порядок суммирования, получим
$$
\sum_{t_1,t_2=1}^M\biggl|\sum_{k=1}^ne^{i(t_2-t_1)(2t_2+2t_1+4k+x)}\biggr|\leqslant Mn+2\sum_{t_1<t_2\leqslant M}\biggl|\sum_{k=1}^ne^{4i(t_2-t_1)k}\biggr|.
$$
Внутренняя сумма в правой части, как уже отмечалось, не превосходит некоторой константы $c^2(M)$, зависящей только от $M$. Собирая все оценки, найдем
$$
M^2|S_1(n)|^2\leqslant 2n^2M+4nM^2c^2(M)+8M^4,
$$
откуда
$$
|S_1(n)|\leqslant n\biggl(\frac2{\sqrt M}+\frac{2c(M)}{\sqrt n}+\frac{4M}n\biggr).
$$
Для любого $\varepsilon$ выберем $M=[\frac2{\varepsilon}]+1$. Тогда при $n>n_0(\varepsilon)$ выражение в скобках будет меньше $\varepsilon$, что и означает $S_1(n)=o(n)$.

Вот и все.

-- 05.04.2015, 20:16 --

Прикреплю здесь упомянутую выше работу Харди и Литтлвуда. Для нас наиболее интересны теоремы 2.22, 2.221 и 2.30.


Вложения:
Комментарий к файлу: Some problems of diophantine approximation II
Some problems of diophantine approximations - 2.pdf [1.47 Мб]
Скачиваний: 89
 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение06.04.2015, 14:33 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Неограниченность сумм $\sum \limits_{k=0}^ne^{ik^2}$ можно доказать довольно просто. Для этого достаточно доказать, что для всякого $l$ и подходящего $m$ имеет место оценка $\left |\sum \limits_{k=m}^{m+l}e^{ik^2}\right | > \sqrt l$. А эта сумма с точностью до множителя и обозначений сводится к следующей $F(y) = \sum \limits_{k=0}^{l}e^{iky + \xi_k}$, где $y = 2m$. Возводим в квадрат и интегрируем по отрезку $y \in (0,2 \pi)$. Следовательно, найдется $y_0 \in (0,2 \pi)$ такое, что $|F(y_0)|^2 > l$ Осталось подобрать $m$ так, чтобы $2m \approx y_0 + 2N \pi$.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение06.04.2015, 18:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
sup
Это та же самая идея, только Вы заменили суммирование по $m$ интегрированием, что гораздо проще. Ну и дополнительно всюду плотность $\pi N$ по модулю $1$ привлекаете. С синусом так тоже можно, но будет более громоздко. Или нельзя? Там от $m^2$ уже так просто не избавиться.

-- 06.04.2015, 19:10 --

Если сделать с суммированием, получится так:
$$
\sum_{m=1}^n\biggl|\sum_{k=m+1}^{m+h}e^{ik^2}\biggr|^2=\sum_{m=1}^n\biggl|\sum_{k=1}^he^{i(2km+k^2)}\biggr|^2\geqslant nh-2\sum_{k_1<k_2\leqslant h}\biggl|\sum_{m=1}^ne^{2i(k_2-k_1)m}\biggr|\geqslant nh-c(h).
$$
Если предположить ограниченность нашей суммы, то левая часть будет меньше $Cn$, что приведет к противоречию, если взять $h>C$ и достаточно большое $n$.

Значит дело не в интегрировании или суммировании, а в том, что синус сильно осложняет дело по сравнению с экспонентой.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение06.04.2015, 19:15 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
Я не халявщик конкурент, я партнер :-) Согласитесь, количество и содержимое выкладок существенно меньше и проще, если использовать ортогональность гармоник. А в результате получается вполне "элементарное" рассуждение. Изначально высказывались сомнения на этот счет. Плотность $\pi N$ - тоже не проблема.
С "чистым синусом" тоже все должно получиться. Надо подумать как это сделать попроще.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение06.04.2015, 20:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
sup
В предыдущем посте я привел полное доказательство. Оно ничуть не длиннее и не менее элементарно. Да, интегрировать экспоненты можно с закрытыми глазами, а для сложения геометрической прогрессии их надо чуть-чуть приоткрыть :D Чем мне не нравится интегрирование, так это плотностью (менее тривиальный факт, чем иррациональность) и необходимостью привлекать соображения непрерывности при замене $y_0$ близким значением. Но это все дело вкуса, конечно, просто я привык к суммам в таком контексте.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение07.04.2015, 08:35 
Заслуженный участник


22/11/10
1183
ex-math в сообщении #1000923 писал(а):
Если сделать с суммированием, получится так:
$$
\sum_{m=1}^n\biggl|\sum_{k=m+1}^{m+h}e^{ik^2}\biggr|^2=\sum_{m=1}^n\biggl|\sum_{k=1}^he^{i(2km+k^2)}\biggr|^2\geqslant nh-2\sum_{k_1<k_2\leqslant h}\biggl|\sum_{m=1}^ne^{2i(k_2-k_1)m}\biggr|\geqslant nh-c(h).
$$

Замечательное рассуждение. Если бы Вы сразу привели это неравенство, то мне бы незачем было вспоминать об интегралах. Это ясно.

Что касается суммы синусов (да и косинусов), то их неограниченность уже следует из неограниченности модуля суммы экспонент. Например так.
Положим $F(m) = \sum \limits_{k=1}^{l}e^{i(m^2 +2mk + k^2)}$. Мы только что видели, что можно так подобрать $m$, чтобы $|F(m)| > \sqrt l$. Рассмотрим аргумент $F(m)$. Если мы можем выбрать $m$ так, чтобы он был отделен от углов вида $n \pi/2$, то отсюда будет следовать соразмерность вещественной и мнимой части $F$ и модуля. А это как раз и есть суммы синусов и косинусов. Мы сейчас покажем, что для всякого $m_0$ можно выбрать $m_1$ так, чтобы величина $F$ "повернулась" на некий "фиксированный" угол. В результате мы сможем отделить аргумент от $n \pi/2$.
Согласно теории цепных дробей найдутся сколь угодно большие $p,q$ такие, что
$$ |\pi - \frac pq| \leqslant \frac {1}{\sqrt 5 q^2}$$
Умножая $p,q$ на степень двойки (если потребуется), отсюда легко получаем, что найдутся сколь угодно большие $p,q$ такие, что
$$ p = q\pi +\frac {\theta}{q}$$
где $\frac {1}{4\sqrt 5} \leqslant \theta \leqslant \frac {1}{\sqrt 5}$.
Пусть $m_0$ уже как-то выбрано. Рассмотрим $m_1 = m_0+p$. Тогда $2m_1k = 2m_0k + 2kq \pi +\frac {2\theta k}{q}$. Значит выбирая $q$ достаточно большим (по сравнению с $l$) получим, что $|F(m_1)| \approx |F(m_0)|$. А что с аргументом? Имеем
$$m_1^2 - m_0^2 = 2m_0p +p^2 = (2m_0 +p)q \pi +\frac {2\theta m_0}{q} + \theta \pi +O(1/q)$$
Если произведение $pq$ - четное, то $F$ "повернется" примерно на $\theta \pi$. Если произведение нечетное, то будет еще добавочный угол $\pi$. Теперь вспоминаем условия на $\theta$. Как бы там ни было, но от углов вида $n \pi/2$ отстроиться можно.

-- Вт апр 07, 2015 11:41:07 --

Небольшое уточнение.
Там будет неравенство $\frac {1}{4\sqrt 5} \leqslant |\theta| \leqslant \frac {1}{\sqrt 5}$.
Так что угол может быть и положительным и отрицательным. Но нам это не мешает.

 Профиль  
                  
 
 Re: тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса
Сообщение07.04.2015, 09:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1842
Москва
А можно ли как-то несложно показать равносильность неограниченности суммы синусов и неограниченности суммы косинусов? Одна-то из них обязательно неограничена.

Еще остается задача уточнения нижней оценки, но она должна быть очень сложной.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 48 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group