из мусорки

[Null]

А для $\frac{1}{5n}$ тоже 1 получиться?

[KhAl]

Null, я в это верю. Буду пока ждать решения. Моё использует что-то простое из теории чисел.

-- 27.11.2023, 10:10 --

P.S. что-то простое.

[Null]

Просто в Касселс Дж. В. С, Введение в теорию диофантовых приближений(глава 3,паргаф 2) есть утверждение что $n||n\alpha+\beta||\le\frac{1}{4}$ бесконечно раз для любых $\alpha,\beta$($\beta\neq l\alpha+m$), а $||x||$-расстояние до ближайшего целого. А вот если $\beta= l\alpha+m$ коэффицент хуже - $\frac{1}{\sqrt{5}}$($\frac{1}{2\sqrt{2}}$ для $\alpha=\sqrt{2}$)

[KhAl]

Null, прекрасно, почитаю! Мне кажется, при фиксированном иррациональном $\alpha$ для почти всех $\beta$ найдётся подпоследовательность в $n\|n\alpha + \beta\|$, стремящаяся к нулю.

-- 27.11.2023, 10:53 --

Если Вам интересно, могу оформить и в ЛС прислать решение для $\frac{1}{n\ln(n)}$ и искуственного числа, может, Вы что-то и с корнем из двух придумаете...

А есть способы на компьютере как-то прикинуть эту меру? Тут всё конечными объединениями отрезков приближается, но как их меры считать...

[RIP]

Null в сообщении #1620018 писал(а):

Просто в Касселс Дж. В. С, Введение в теорию диофантовых приближений(глава 3,паргаф 2) есть утверждение что $n||n\alpha+\beta||\le\frac{1}{4}$ бесконечно раз для любых $\alpha,\beta$($\beta\neq l\alpha+m$), а $||x||$-расстояние до ближайшего целого.

Только для данной задачи это не работает, поскольку в теореме Минковского $n\in\mathbb{Z}$. Для $n\in\mathbb{N}$ тоже есть аналогичное утверждение, но постоянная похуже (можно взять $4/11+\varepsilon$).

KhAl в сообщении #1620019 писал(а):

Мне кажется, при фиксированном иррациональном $\alpha$ для почти всех $\beta$ найдётся подпоследовательность в $n\|n\alpha + \beta\|$, стремящаяся к нулю.

Это теорема Кима.

Конкретно для $\sqrt{2}$ теорема Курцвайля даёт больше: для любой положительной невозрастающей функции $f(n)$, такой что $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=+\infty$, для почти всех $\beta\in\mathbb{R}$ найдётся бесконечно много $n\in\mathbb{N}$, удовлетворяющих неравенству $\lVert\sqrt{2}\,n+\beta\rVert<f(n)$. Вместо $\sqrt{2}$ годится любое плохо приближаемое число (то есть число, разложение в цепную дробь которого имеет ограниченные неполные частные).

[KhAl]

RIP, уря!!!

[Doctor Boom]

Осенило

Doctor Boom в сообщении #1620002 писал(а):

Накрытия можно считать независимыми равномерно распределенными случайными величинами.

Короче, это не так, моя оценка завышена

[KhAl]

RIP
В общем, вот моё доказательство теоремы Кима (а значит — и решение исходной задачи). Можете оценить, сравнить с известными Вам? Мне лично больно читать статью Кима (хотя есть вероятность, что там всё элементарно и я чего-то не понимаю) — а сам я использую только теорему Дирихле и простой факт из теории меры.

(Решение)

Пусть $\theta$ — иррациональное число.
Теорема Кима. Для почти всех $s \in \mathbb[0; 1]$ выполняется $\liminf_{n \to +\infty} n\|n \theta - s\| = 0$.
Если $\|n\theta - s\|$ не принимает нулевых значений, то $\liminf_{n \to +\infty} n\|n \theta - s\| = 0$ равносильно тому, что $n\|n \theta - s\|$ принимает сколь угодно малые значения. Избавляясь от множества меры 0 $\{s : \|n\theta - s\| \text{ принимает значение 0}\}$, получим ещё одну формулировку теоремы.
Снова теорема Кима. Для почти всех $s \in [0;1]$ и для всякого $M \in \mathbb{N}$ найдётся $n \in \mathbb{N}$ с $n\|n \theta - s\| \leqslant \frac{1}{M}$.
Пользуясь тем, что пересечение (по всем $M$) счётного набора множеств меры $1$ есть множество меры $1$, теорему Кима можно получить из следующего утверждения.
Ещё раз теорема Кима. Для всякого $M \in \mathbb{N}$ для почти всех $s \in [0; 1]$ найдётся $n \in \mathbb{N}$ c $n\|n\theta - s\| \leqslant \frac{1}{M}$.
Теперь для красоты заменим $\frac{1}{M}$ на $\varepsilon \in (0;1)$, а последнее условие — на $s \in [n\theta - \frac{\varepsilon}{n}; n\theta + \frac{\varepsilon}{n}] + \mathbb{Z}$.
Кима. Пусть $A_n = [n\theta - \frac{\varepsilon}{n}; n\theta + \frac{\varepsilon}{n}] + \mathbb{Z}$. Тогда $A = \bigcup_{n = 1}^{+\infty} \left(A_n \cap [0;1]\right)$ имеет меру 1.
(очевидно, $A$ измеримо)

Доказательство теоремы Кима. Далее все отрезки рассматриваем $\mod 1$, то есть записывая $[a;b]$ имеем в виду $([a;b] + \mathbb{Z}) \cap [0;1]$.
Пусть $M \in \mathbb{Z}$ и $N \in \mathbb{N}$ такие, что $|\theta - \frac{M}{N}| < \frac{1}{N^2}$ (таких $N$ существует сколь угодно много по теореме Дирихле, причём тогда $M$ и $N$ взаимно просты). Пусть $\frac{m}{N}$ — рациональное число со знаменателем $N$. Пусть $e \in \{1, \dots, N\}$ такое, что $eM \equiv m \pmod N$. Тогда $\|e\theta - \frac{m}{N}\| = \|e\theta - \frac{eM}{N}\| < \frac{e}{N^2} < \frac{1}{N}$, то есть $e \theta \in [\frac{m-1}{N}; \frac{m+1}{N}] = B_{m,N}$. Если $e \theta \in [\frac{m-1}{N}; \frac{m}{N}]$, то множество $[e\theta; e \theta + \frac{\varepsilon}{N}]$ содержится как в $B_{m,N}$ (поскольку $\varepsilon < 1$), так и в $A_e$ (поскольку $e \leqslant N$), и получаем $\lambda(A \cap B_{m,N}) \geqslant \lambda(A_e \cap B_{m,N}) \geqslant \frac{\varepsilon}{N} \geqslant \frac{\varepsilon}{2} \lambda(B_{m,N})$. Аналогично рассматривается случай $e\theta \in [\frac{m}{N}; \frac{m+1}{N}]$.

Остался один шаг: воспользоваться утверждением ниже, взяв в качестве класса $\mathcal{K}$ всевозможные $B_{m,N}$, $c = \frac{\varepsilon}{2}$ и $A = A$.

Упражнение по теории меры. Пусть $A \subset [0;1]$ — произвольное измеримое множество, а $\mathcal{K}$ — класс множеств такой (обычно это класс всех отрезков), что для всякого измеримого $B \subset [0;1]$ и $\tilde{\varepsilon} > 0$ найдутся $K_1, ..., K_d \in \mathcal{K}$ такие, что их попарные пересечения имеют меру $0$, и $\lambda((K_1 \cup \dots \cup K_d) \triangle B) < \tilde{\varepsilon}$. Пусть найдётся $c > 0$ такое, что для всех $K \in \mathcal{K}$ выполняется $\lambda(A \cap K) > c \cdot \lambda(K)$. Тогда $A$ имеет меру $1$.
По запросу я могу его доказать. В книгах не нашёл, хотя где-то должно быть.