证明稠密性

dim

证明对正整数 $n$ 及无理数 $\alpha$，$\{n\alpha\}$ 在 $[0,1]$ 上稠密。

最好有详细过程，谢谢！

abababa

回复 1# dim

能不能这样证明：
对任意的正整数$n$，对任意的$\varepsilon > 0$，使得只要$n\alpha \in [0,1]$，就存在无理数$\beta$，使得$n\beta\in [n\alpha-\varepsilon,n\alpha+\varepsilon]\cap [0,1]$。假设不存在这样的$\beta$。

因为$n\alpha \in [0,1]$，而$n\alpha$是无理数，所以$n\alpha\in (0,1)$。总能选取一个$n\alpha$的不足近似小数$k_1$，使得$0<k_1<n\alpha$，也总能选取一个$n\alpha$的过剩近似小数$k_2$使得$n\alpha<k_2<1$，选择$\varepsilon=\min(k_1-0,1-k_2)$，$\varepsilon$是有理数。

设$B=[n\alpha-\varepsilon,n\alpha+\varepsilon] \cap (0,1)=[n\alpha-\varepsilon,n\alpha+\varepsilon]$，则显然$\frac{n\alpha-\varepsilon+n\alpha+\varepsilon}{2}=n\alpha\in B,\frac{1}{2}(n\alpha-\varepsilon+n\alpha)=n\alpha-\frac{\varepsilon}{2}\in B$，令$n\beta=n\alpha-\frac{\varepsilon}{2}$，则$\beta=\alpha-\frac{\varepsilon}{2n}$，根据假设，对任意的$\varepsilon>0$它都是有理数，因为$\alpha$是无理数而$\varepsilon$是有理数，矛盾。所以一定存在这样的$\beta$。根据定义就得出稠密性。

dim

回复 2# abababa


    谢谢，你是不是漏了小数函数的那个大括号？看得有点晕。。。请问你会用抽屉原理来给出一个不依赖于实数的十进制表示的证明吗？

abababa

我明白了，楼主的这个$\{n\alpha\}$，其实是表示一个数的小数部分，我错当成集合了。那这样这个证明我以前见网友做过。

dim

回复 4# abababa


    谢了哈！

川木

为了避免歧义, 题主应把命题重新叙述为: 对任意无理数 a, 当 n 遍历正整数时, {na} 在 [0,1] 上稠密.

证明:
首先易见, 只需证明对任意正整数 m, 存在整数 n 使得 0<{na}<1/m. 将 [0,1] 分成小段 [0,1/m), [1/m,2/m),..., [(m-1)/m,1]. 则由抽屉原理知 {a}, {2a},... 中至少有两者位于同一小段, 故存在整数 s 与 r 使得 0<{sa}-{ra}<1/m. 取 n=s-r 即可.

hbghlyj

zhihu.com/question/54181242

例181 设 $\varepsilon$ 为正数. 在数轴上 $\sqrt{2}, 2 \sqrt{2}, \cdots, n \sqrt{2}, \cdots$ 处各挖一个宽为 $2 \varepsilon$ 的“小沟” (以这些点为沟的中点). 一个 “圆规式”的机器人自实数 $\alpha$ 出发, 每步 1 米, 沿 $x$ 轴正方向前进. 证明这个机器人的脚(圆规的尖端)迟早要落到沟里. 解 这个问题与“用有理数逼近无理数”有关. 为了证明结论, 我们将数轴 (直线) 卷到一个周长为 $\sqrt{2}$ (米) 的圆上 (相当于 $\bmod \sqrt{2}$ ), 这时所有的 “沟”都与同一段长为 $2 \varepsilon$ 的弧重合, 而机器人的 “足迹”可以用圆周上的点表示, 第 $k$ 个足迹与第 $k+1$ 个足迹之间的弧长为 1 (米). 需要证明的是: 无论沟宽 $2 \varepsilon$ 怎么小, 至少有一个足迹落在这条沟里. 首先, 我们指出一个显然的事实: 由于圆周长 $\sqrt{2}$ 是无理数, 步长 1 是有理数, 所以任何两个足迹都不可能落在圆周的同一点上 (它们的差不是 $\sqrt{2}$ 的整数倍, $\bmod \sqrt{2}$ 不同余). 其次, 我们证明一定有两个足迹之间的距离小于 $2 \varepsilon$. 这只需要将圆周分为若干份, 每份的弧长小于 $2 \varepsilon$ (份数大于 $\frac{\sqrt{2}}{2 \varepsilon}$ 即可), 根据抽屉原理 (v), 无穷多个足迹中必有两个在同一份中, 它们的距离小于 $2 \varepsilon$. 最后, 设第 $k$ 个足迹与第 $k+l$ 个足迹间的距离 $d<2 \varepsilon$, 可以认为自第 $k$ 个足迹开始, 机器人的步长改为 $d$ (即将 $l$ 步并作一步). 由于 $d<2 \varepsilon$, 因此足迹不能越过宽为 $2 \varepsilon$ 的沟. 换句话说, 必在某一步落到沟里. 在例 8 中, 如果第 $m$ 步落到第 $n$ 条沟里, 那么$$n \sqrt{2}-\varepsilon<m \cdot 1+\alpha<n \sqrt{2}+\varepsilon,$$

en.m.wikipedia.org/wiki/Equidistribution_theorem

$$a, 2a, 3a, ... \bmod 1$$is uniformly distributed on the circle ${\mathbb {R}}/{\mathbb {Z}}$, when $a$ is an irrational number.

hbghlyj

实数序列 $\{x_n\}$ 在区间 $[a,b]$ 上 均匀分布的定义：
在任意子区间找到 $x_n$ 的概率与子区间长度成正比。（这比“稠密” 更强）

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α,2α,3α,…mod 1 在[0,1]上均匀分布是 Weyl's criterion 的一个例子
mathoverflow.net/questions/75777有一个简单的证明。

kuing

hbghlyj 发表于 2022-11-12 00:40
...
mathoverflow.net/questions/75777
有一个非常简单的证明，它只使用了鸽笼原理。让 $\alpha$ 是无理数。
引理: 对任何 $\delta >0$, 存在 $n>0$ 使 $(n \alpha) \in (- \delta, \delta) \setminus \{ 0  \}$. 其中$(n \alpha)$表示$n \alpha-\lfloor n\alpha\rfloor$.
证明: 取足够大的 $N$ 使 $1/N < \delta$. 将区间 $[0,1]$ 等分为 $N$ 段, 每段长 $1/N$. 由鸽笼原理, 存在 $j$ 与 $k$ 使 $(j \alpha)$ 与 $(k \alpha)$ 落在同一段. 则 $((j-k) \alpha) \in (-\delta, \delta)$. 因为 $\alpha$ 为无理数, $((j-k) \alpha) \neq 0$. 证毕.
...

这里我有疑问：
你确定这里的 $(n \alpha)$ 是表示 $n \alpha-\lfloor n\alpha\rfloor$ 吗？
如果是这样，那 $(n \alpha)$ 不会是负数，那他为什么要写 $(n \alpha) \in (- \delta, \delta) \setminus \{ 0  \}$ ？何不直接 `\in(0,\delta)` 呢？

另外还有：
如果 $(n \alpha)$ 是表示 $n \alpha-\lfloor n\alpha\rfloor$
那当 $(j \alpha)>(k \alpha)$ 时有 $((j-k) \alpha)=(j \alpha)-(k \alpha)$；
但是 $(j \alpha)<(k \alpha)$ 时就会变成 $((j-k) \alpha)=1+(j \alpha)-(k \alpha)$。
所以要使得 $((j-k) \alpha) \in (- \delta, \delta)$，必须是 $(j \alpha)>(k \alpha)$ 这种情况。
然而，$(j \alpha)>(k \alpha)$ 也许是 `j<k`，那 $((j-k) \alpha)$ 中的系数为负，但现在需要 `n>0`。
举个例子，比如 `(13\pi)\approx0.84` 和 `(20\pi)\approx0.83` 落在同一段，但 `(7\pi)\approx0.99`。

hbghlyj

kuing 发表于 2024-10-5 16:50
这里我有疑问：

我也在这里疑问，也许$(nα)$的意思是$nα\bmod 1$，并且整个证明是在mod 1下

hbghlyj

kuing 发表于 2024-10-5 16:50
但是 $(j \alpha)<(k \alpha)$ 时就会变成 $((j-k) \alpha)=1+(j \alpha)-(k \alpha)$。

也许他的意思是在 mod 1 下，$x=1+x$

hbghlyj

kuing 发表于 2024-10-5 17:18
那你说 `7\pi\bmod1` 是多少。

math.libretexts.org/Bookshelves/Combinatorics_and_Discrete_Mathe ... 9%3A_Residue_Classes
这里 [a] 定义为与 a 模 m 同余的所有整数的集合 $[a]=\{x:x≡a\pmod m\}$

"在 mod 1 下 $x=1+x$" 表示两个集合相等，也许他的意思是这样

kuing

麻烦翻译成中文（包括标题）

hbghlyj

kuing 发表于 2024-10-5 17:57
麻烦翻译成中文（包括标题）

好的，以下是翻译：

设 $\alpha$ 是无理数。

引理：对于任意 $\delta >0$，存在一个 $n>0$ 使得 $(n \alpha) \in (- \delta, \delta) \setminus \{ 0 \}$。

证明：选择足够大的 $N$ 使得 $1/N < \delta$。将 $[0,1]$ 分成 $N$ 个长度为 $1/N$ 的段。根据鸽巢原理，存在 $j$ 和 $k$ 使得 $(j \alpha)$ 和 $(k \alpha)$ 落在同一段。因此 $((j-k) \alpha) \in (-\delta, \delta)$。由于 $\alpha$ 是无理数，$((j-k) \alpha) \neq 0$。$\square$

现在，固定 $0 \leq p < q \leq 1$ 和 $\epsilon>0$。我们的目标是证明
$$\begin{multline*} q-p-\epsilon \leq \lim_{N \to \infty} \inf \frac{\#\{ k \leq N : (k \alpha) \in (p,q) \}}{N} \\
\leq \lim_{N \to \infty} \sup \frac{\#\{ k \leq N : (k \alpha) \in (p,q) \}}{N} \leq q-p+\epsilon. \end{multline*}$$

选择 $\delta >0$ 使得
$$\frac{(q-p)/\rho -1}{1/\rho+1} \geq q-p-\epsilon \quad \mbox{and} \quad \frac{(q-p)/\rho +1}{1/\rho-1} \leq q-p+\epsilon$$
对于所有 $|\rho| < \delta$。

选择 $n$ 使得 $(n \alpha) \in (-\delta, \delta) \setminus \{ 0 \}$。记 $\rho = (n \alpha)$。
将 $(k \alpha)$ 的值按 $k$ 模 $n$ 分成算术级数。因此每个段的形式为 $(\beta + j \rho)$。只需证明每个级数贡献的下极限和上极限在 $q-p-\epsilon $ 和 $q-p+\epsilon$ 之间，因为总贡献是各级数贡献的加权平均。

根据 $\lfloor \beta + j \rho \rfloor$ 将每个级数分成段。初始段和最终段各包含最多 $1/ |\rho|$ 项。中间的段包含 $1/\rho - 1$ 到 $1/\rho+1$ 项，其中 $(q-p)/\rho -1$ 到 $(q-p)/\rho+1$ 项在 $p$ 和 $q$ 之间。由于 $((q-p)/\rho-1)/(1/\rho+1)$ 和 $((q-p)/\rho+1)/(1/\rho-1)$ 被选择在 $(q-p-\epsilon, q-p+\epsilon)$ 之间，这些项的平均值在所需的区间内。而初始段的项最多只能将平均值拖离 $(2/|\rho|)/(N/n)$，这趋于 $0$。证毕。

我们已经证明了初始段和最终段的项对平均值的影响可以忽略不计。现在，我们来看中间段的贡献。

对于每个中间段，记 $\lfloor \beta + j \rho \rfloor$ 为该段的起始位置。每个段包含的项数在 $1/\rho - 1$ 和 $1/\rho + 1$ 之间，其中在 $p$ 和 $q$ 之间的项数在 $(q-p)/\rho - 1$ 和 $(q-p)/\rho + 1$ 之间。由于我们选择 $\delta$ 使得 $((q-p)/\rho - 1)/(1/\rho + 1)$ 和 $((q-p)/\rho + 1)/(1/\rho - 1)$ 都在 $(q-p-\epsilon, q-p+\epsilon)$ 之间，因此这些段的平均值也在 $(q-p-\epsilon, q-p+\epsilon)$ 之间。

综上所述，所有段的总贡献是这些段的加权平均值，而初始段和最终段的影响可以忽略不计。因此，我们得出结论：
$$q-p-\epsilon \leq \lim_{N \to \infty} \inf \frac{\#\{ k \leq N : (k \alpha) \in (p,q) \}}{N} \leq \lim_{N \to \infty} \sup \frac{\#\{ k \leq N : (k \alpha) \in (p,q) \}}{N} \leq q-p+\epsilon.$$

证毕。