тригонометрическая сумма, похожая на сумму Гаусса

[sergei1961]

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.

[Vince Diesel]

Недавно вопрос задавался на Math Overflow.

[sergei1961]

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.

[ex-math]

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.

[sergei1961]

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?

[Руст]

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.

[sergei1961]

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?

[ex-math]

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.

[ex-math]

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.

[sup]

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 $2m \approx y_0 + 2N \pi$.

[ex-math]

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.

[sup]

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.

[ex-math]

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 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.

[sup]

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.

[ex-math]

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.