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数、特に整数に関する記事。

Weyl Differencing

Weyl DifferencingによってWeylの一様分布定理を二次式の場合に拡張しましょう。

記号: 実数\alphaに対して、\alphaに一番近い整数との距離を\left\|\alpha\right\|と表し*1e(\alpha) := e^{2\pi \sqrt{-1}\alpha}とします(\left|e(\alpha)\right|=1)。

補題1 \alphaを任意の実数とし、Nを正の整数とする。このとき、
\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n) \right| \leq \min \left\{ N, \frac{1}{2\left\|\alpha\right\|}\right\}
が成り立つ。

証明. 三角不等式より

\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n) \right| \leq N

が成り立つ。\alpha \not \in \mathbb{Z}であれば、等比数列の和の公式と三角不等式により

\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n) \right|  = \frac{\left|e(\alpha)-e(\alpha(N+1))\right|}{\left|1-e(\alpha)\right|} \leq \frac{2}{\left|1-e(\alpha)\right|} = \frac{2}{\left|e(\alpha/2)-e(-\alpha/2)\right|} = \frac{1}{\left|\sin(\pi \alpha)\right|}

を得る。任意の実数xに対して\left|\sin(\pi x)\right| \geq 2\left\|x\right\|が成り立つ*2ので証明が完了する。 Q.E.D.

Weyl Differencing N \geq 2を整数とし、P(X)を実数係数多項式とする。
\displaystyle S:=\sum_{n=1}^Ne(P(n))
に対して
\displaystyle |S|^2 \leq N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left| \sum_{n=1}^{N-h}e\left( P(n+h)-P(n) \right) \right|
が成り立つ。

P(n+h)-P(n)の次数はP(n)の次数より1落ちていることに注意しましょう。多項式に関する指数和を評価する際に次数を1下げることができるというテクニックが"Weyl Differencing"です。

証明. 実数xに対して \overline{e(x)}=e(-x)であることに注意すると

\displaystyle |S|^2 = \sum_{n=1}^N\sum_{m=1}^Ne(P(m)-P(n))

と変形できる。h=m-nとすると1-N \leq h \leq N-1であり、

\max\{1, 1-h\} \leq n=m-h \leq \min\{N, N-h\}

なので、

\begin{align} |S|^2 &= \sum_{1-N \leq h \leq N-1}\sum_{n=\max\{1, 1-h\}}^{\min\{N, N-h\}}e(P(n+h)-P(n)) \\ 
&= \left( \sum_{h=0}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-h}+\sum_{h=1-N}^{-1}\sum_{n=1-h}^N \right) e(P(n+h)-P(n)) \\ 
&= N + \sum_{h=1}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-h}e(P(n+h)-P(n)) + \sum_{k=1}^{N-1}\sum_{j=1}^{N-k}e(P(j)-P(j+k)) \\
&= N + 2\mathrm{Re}\left( \sum_{h=1}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-h}e(P(n+h)-P(n))\right) \\ 
&\leq N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left| \sum_{n=1}^{N-h}e(P(n+h)-P(n))\right|
\end{align}

と計算できる。 Q.E.D.

命題1 N, a, qは整数でN, q \geq 2, aqは互いに素とする。また、実数\alpha
\displaystyle \left| \alpha-\frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q^2}
を満たすものとする。\beta, \gammaは実数。このとき、指数和評価
\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right| \leq 8N\left( \frac{1}{\sqrt{q}}+\sqrt{\frac{1}{N}+\frac{q+4N}{N^2}\log q} \right)
が成り立つ。

これがメインの計算ですが、もう少し準備が必要です。

補題2 L, M, NL \leq Mを満たす2以上の整数。\alpha_1, \dots, \alpha_Lは実数で、i \neq jに対して \left\|\alpha_i-\alpha_j\right\| \geq 1/M が成り立つものとする。このとき、
\displaystyle \sum_{l=1}^{L}\min\left\{ N, \frac{1}{\left\|\alpha_l\right\|}\right\} \leq 2N+8M\log M
が成り立つ。

証明. \left\| \ \ \right\|の値は\bmod{1}で決まるので\alpha_1, \dots, \alpha_L \in [-1/2, 1/2)と仮定しても一般性を失わない。また、必要ならば\alpha_l \mapsto -\alpha_lとすることによって

\displaystyle \sum_{\substack{1 \leq l \leq L \\ \alpha_l \geq 0}}\min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha_l\right\|}\right\} \geq \frac{1}{2}\sum_{l=1}^L\min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha_l\right\|}\right\}

が成り立つと仮定しても一般性を失わない。番号を入れ替えることによって非負値を取るものが

0 \leq \alpha_1 < \alpha_2 < \cdots < \alpha_r < \frac{1}{2}

だとする。このとき、1 \leq j < i \leq rに対して\left\| \alpha_i \right\| = \alpha_iかつ\left\|\alpha_i - \alpha_j\right\|=\alpha_i-\alpha_jなので、仮定より

\displaystyle \alpha_i \geq \frac{i-1}{M}

である。従って、

\begin{align}\sum_{\substack{1 \leq l \leq L \\ \alpha_l \geq 0}}\min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha_l\right\|}\right\} &\leq \sum_{i=0}^{r-1}\min\left\{ N, \frac{M}{i}\right\} = \sum_{i=0}^{[M/N]}N+\sum_{M/N < i < r}\frac{M}{i} \\
&\leq \left( \left[ \frac{M}{N} \right] + 1 \right) N + \sum_{i=1}^M\frac{M}{i} \leq N+2M+M\log M
\\ &\leq N+4M\log M\end{align}

を得る。 よって、

\displaystyle \sum_{l=1}^L\min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha_l\right\|}\right\} \leq 2N+8M\log M

が示された。Q.E.D.

次の補題は繊細な議論が必要であり、Keyとも言えます。

補題3 a, q, \alphaは命題1と同じ設定。正整数k_1, k_20 < \left| k_2-k_1\right| \leq q/2 を満たすならば
\displaystyle \left\|\alpha k_2 - \alpha k_1 \right\| \geq \frac{1}{2q}
が成り立つ。

証明. \beta := \alpha - a/qとすると\left|\beta\right| \leq 1/q^2であり、

\displaystyle \left\|\alpha k_2-\alpha k_1 \right\| = \left\| (k_2-k_1)\frac{a}{q} + (k_2-k_1)\beta \right\|

である。(a, q)=10 < \left|k_2-k_1\right| \leq q/2 より (k_2-k_1)a/q は整数ではない。

\displaystyle (k_2-k_1)\frac{a}{q} \in \frac{1}{q}\mathbb{Z}

であり

\displaystyle \left|(k_2-k_1)\beta \right| \leq \frac{1}{2q}

なので、

\displaystyle \left\|\alpha k_2-\alpha k_1 \right\| \geq \left\| (k_2-k_1)\frac{a}{q} \right\| - \frac{1}{2q} \geq \frac{1}{q} - \frac{1}{2q} = \frac{1}{2q}

を得る。 Q.E.D.

命題2 N, a, q, \alphaは命題1と同じ設定でHを正の整数とする。このとき、
\displaystyle \sum_{k=1}^H \min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha k\right\|} \right\} \leq 2\left(N+\frac{4HN}{q}+16(q+4H)\log q\right)
が成り立つ。

証明. 和の範囲を[q/2]個ずつに分けるというアイデアによって

\displaystyle \sum_{k=1}^H \min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha k\right\|} \right\} \leq \sum_{j=0}^{[4H/q]}\sum_{k=j[q/2]+1}^{(j+1)[q/2]}\min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha k\right\|} \right\}

とする。この内側の和は補題3によってL=[q/2], M=2qに対して補題2が適用できる形になっており、

\begin{align} \sum_{k=1}^H \min\left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha k\right\|} \right\} &\leq 2\left( 1+\frac{4H}{q} \right) (N+8q\log (2q)) \\ 
&\leq 2\left( 1+\frac{4H}{q} \right)(N+16q\log q) \\
&= 2\left(N+\frac{4HN}{q}+16(q+4H)\log q\right) \end{align}

が示された。 Q.E.D.

命題1の証明. P(X) = \alpha X^2+\beta X+\gammaとすると

P(X+h)-P(X) = 2\alpha h X + \alpha h^2 + \beta h

である。よって、Weyl Differencingと補題1によって

\begin{align}\left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right|^2 &\leq N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left| \sum_{n=1}^{N-h}e(2\alpha hn + \alpha h^2 + \beta h) \right| \\ 
& = N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left| \sum_{n=1}^{N-h}e(2\alpha hn) e(\alpha h^2 + \beta h) \right| \\
&= N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left| \sum_{n=1}^{N-h}e(2\alpha hn) \right| \\
&\leq  N + 2\sum_{h=1}^{N-1}\min \left\{ N-h, \frac{1}{\left\| 2\alpha h \right\|} \right\} \\
&\leq N+2\sum_{k=1}^{2N}\min \left\{N, \frac{1}{\left\|\alpha k \right\|} \right\}
\end{align}

と評価できる。よって、命題2でH=2Nとすることにより

\begin{align} \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right|^2 &\leq N+4\left(N+\frac{8N^2}{q}+16(q+8N)\log q\right) \\
&\leq 64\left( \frac{N^2}{q} + N+(q+8N)\log q\right)\end{align}

であり、

\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right| \leq 8N\left( \frac{1}{\sqrt{q}}+\sqrt{\frac{1}{N}+\frac{q+4N}{N^2}\log q} \right)

を得る。 Q.E.D.

定理 \alphaを無理数, \beta, \gammaを実数とする。このとき、数列\{\alpha n^2+\beta n+\gamma\}_{n=1}^{\infty}\bmod{1}で一様分布する。

証明. (a, q)=1なる整数aq\geq 2に対して

\displaystyle \left| \alpha-\frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q^2} −①
であれば、命題1より

\displaystyle \frac{1}{8N}\left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right| \leq \frac{1}{\sqrt{q}}+\sqrt{\frac{1}{N}+\frac{q+4N}{N^2}\log q} \xrightarrow{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{q}}

を得る。 つまり、

\displaystyle \limsup_{N \to \infty} \frac{1}{N}\left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right| \leq \frac{8}{\sqrt{q}}

であるが、Dirichletの近似定理

integers.hatenablog.com

によって①を満たすようなペア(a, q)は無数に存在するので、特にq \to \inftyとでき、

\displaystyle \lim_{N \to \infty}\frac{1}{N}\left| \sum_{n=1}^Ne(\alpha n^2+\beta n+\gamma) \right| = 0

が従う。従って、e(\ )の中身をk \neq 0倍しても同じなので、Weylの規準

integers.hatenablog.com

により証明が完了する。 Q.E.D.

*1:以前違う記号を用いたことがあります。 integers.hatenablog.com

*2:まずJordanの不等式

\displaystyle \frac{2}{\pi}x \leq \sin x \leq x, \quad \left( 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2} \right)
を思い出します。 mathtrain.jp x=n\pm y, \ n \in \mathbb{Z}, \ y=\left\|x\right\|とすると 0 < y < 1/2なので、Jordanの不等式により
\displaystyle \left| \sin(\pi x) \right| = \left|\sin (\pi y)\right| \geq 2y = 2 \left\|x\right\|
が言えます。