Одно неравенство с т-мой Пуанкаре

[id]

Одно неравенство из АГ.

Пусть $g \in \mathbb N, q$ - простое.
Даны $\{ \alpha_i \}_{i=1}^{2g} \subset \mathbb C$ такие, что $\forall n \geq 1: \ |\sum\limits_{i=1}^{2g} \alpha_i^n| \leq 2 g q^{n/2}$. Требуется доказать, что $\forall i \ |\alpha_i| \leq q^{1/2}$.

Один вариант.
Допустим, что это не так, $\exists \alpha_{i_0}: |\alpha_{i_0}| > q^{1/2}$.
Перенумеруем $\{ \alpha_i \}_{i=1}^{2g}$ так, чтобы первые $m$ членов были ненулевые.
Рассмотрим $\hat{\beta}:= (\alpha_1 / |\alpha_1|,\alpha_2 / |\alpha_2|,\dots,\alpha_m / |\alpha_m|) \in S^m$, т.е. на $m$-мерном торе. Покажем, что $\{ \hat{\beta}^k\}_k$ имеет сходящуюся подпоследовательность к точке $(1,\dots,1)$.
Для этого можно попробовать применить т. Пуанкаре о возвращении, но сначала найдем все те $\alpha_i / |\alpha_i| = \frac {p_i} {q_i} 2 \pi$, соизмеримые с $2 \pi$; пусть $N = $произведение всех соотв. $q_i$; и будем рассматривать лишь подпоследовательность из оставшихся, несоизмеримых $\alpha_i$, $\beta^l:= (e^{i \varphi_1 Nl},e^{i \varphi_2 Nl},\dots,e^{i \varphi_k Nl})$. Ясно, что если она содержит нужную подпоследовательность, то и исходная тем более.
Теперь пусть $g: (S^1)^k \to (S^1)^k$ определяется как $(x_1,x_2,\dots,x_k) \to (x_1 e^{i N \varphi_1},x_2 e^{i N \varphi_2} ,\dots,x_k e^{i N \varphi_k})$. Очевидно, что это гомеоморфизм сохраняющий меру (меру произведения, например) тора на себя. Тогда по т. Пуанкаре о возвращении у точки $(1,\dots,1)$ в любой окрестности $U$ существуют точки вида $g^l x, \ x\in U$. Отсюда нужно вывести то, что и сама точка $(1,\dots,1)$ бесконечно много раз возвращается в $U$, но тут как раз вопрос.

Если все так, то можно выбрать сходящуюся к $(1,\dots,1)$ подпоследовательность $\{ \hat{\beta}^k\}_k$.

Т.о. для всех ненулевых $\alpha_i \ \exists N: \forall n > N \ \alpha_i^n > |\alpha_i|^n - \varepsilon$ для малого $\varepsilon$. Тогда $\forall n > N \ |\sum\limits_{i=1}^{2g} \alpha_i^n| > |\alpha_{i_0}|^n - \varepsilon$, что при достаточно большом $n$ больше чем $2 g q^{n/2}$ т.к. $ |\alpha_{i_0}| \ge q^{1/2}$. Противоречие.

Все ли верно? Как закрыть брешь в док-ве?
И как можно провести альтернативное док-во, в котором согласно подсказке нужно рассмотреть разложение в ряд $\sum\limits_{i=1}^{2 g} \frac {\alpha_i t} {1-\alpha_i t}$?

[Null]

Я бы так доказывал: Пусть $|\alpha_1|>(q+\epsilon)^{1/2},\epsilon>0$- одно из максимальных, равных ему(и по аргументу) $k$ (первые). Пусть $\forall n \geq 1: \ |\sum\limits_{i=1}^{2g} {(\frac{\alpha_i}{\alpha_1})}^n| \leq 2 g (1-\epsilon_1)^{n/2}$.

Тогда $\forall N \geq 1: \sum\limits_{n=1}^{N} |\sum\limits_{i=1}^{2g} {\frac{\alpha_i}{\alpha_1}}^n| \leq \sum\limits_{n=1}^{N} 2 g (1-\epsilon_1)^{n/2}\leq C$

Но $\sum\limits_{n=1}^{N} |\sum\limits_{i=1}^{2g} {\frac{\alpha_i}{\alpha_1}}^n|\geq |\sum\limits_{n=1}^{N} \sum\limits_{i=1}^{2g} {\frac{\alpha_i}{\alpha_1}}^n|\geq Nk-\sum\limits_{i=k+1}^{2g}|\sum\limits_{n=1}^{N} {\frac{\alpha_i}{\alpha_1}}^n|\geq Nk-C_2 $ -не ограниченно.

[RIP]

Стандартное докво таково. Поскольку ряд Маклорена для $\sum_{i=1}^{2g}\frac1{1-\alpha_iz}$ сходится при $|z|<q^{-1/2}$, то там нет особых точек, поэтому $|\alpha_i|\le q^{1/2}$.

[id]

Хм... а если ввести на $(S^1)^k$ метрику, эквивалентную индуцированной топологии, а именно для $x=(x_1,\dots,x_k), y=(y_1,\dots,y_k) \Rightarrow d(x,y) = \max\limits_{i=1..k} \widehat{(x_i,y_i)}$, т.е. максимум угловых мер соответствующих покоординатных дуг, то определенное выше отображение $g$ получается сжимающим?

Если так, то все работает. В любой $\varepsilon / 2$-окрестности $U$ точки $(1,\dots,1)$ $\exists x: d(g^k x,(1,\dots,1))< \varepsilon / 2$. Но т.к. отображение сжимающее, то
$d(g^k (1,\dots,1),(1,\dots,1)) \leq d(g^k x, (1,\dots,1))+ d(g^k x, g^k (1,\dots,1)) \leq d(g^k x, (1,\dots,1))+d(x, (1,\dots,1)) \leq \varepsilon$

RIP
А сходимость получается после разложения каждого члена и сложения получившегося по степеням. Куда быстрее выходит. Спасибо!

Null
Предпоследнее неравенство что-то смущает.