Notas

1 Sequencias Equidistribuıdas mod 1

O estudo de sequencias equidistribuıdas foi entroduzido por Weyl.Seja xn uma sequencias de numeros reais, podemos decompor xn como asoma de sua parte inteira [xn] = sup{m ∈ Z|m ≤ xn} e sua parte fracionaria{xn} = xn - [xn]. Claramente, 0 ≤ {xn} < 1. O estudo de xn mod 1 e oestudo da sequencia {xn} no intervalo [0, 1).

Definicao 1: A sequencia xn e equidistrıbuda mod 1, se para cada a, bcom 0 ≤ a < b < 1 temos que:

limN→∞

#{xn ∈ [a, b] : 0 ≤ n < N}N

= b− a

Teorema 1 (Criterio de Weyl) Uma sequencia de numeros reais xn eequidistribuıda mod 1 se e somente se, para todo inteiro h 6= 0 ,

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πihxn = 0

Para a demonstracao e nescessario o seguinte colorario.

Colorario 1: A sequencia xn e equidistribuıda mod 1 se e somente se,para todos valores complexos da funcao f contınua em R com perıodo 1,temos

limN→∞

1

N

N∑n=1

f(xn) =

∫ 1

0

f(xn)dx

Sua demonstracao e encontrada em [3]

Demonstracao do Teorema 1:Suponhamos que xn possui a propiedade (2.1), isto e, temos que mostrarque o colorario anterior e valido para todos valores complexos da funcao fcontınua em R com perıodo 1.Seja ε > 0 um numero arbitrario positivo. Pelo Teorema da aproximacaode Weierstrass, existe um polinomio trigonometrico ψ(x), que e, uma com-binacao linear finita de funcoes do tipo e2πihxn , h ∈ Z, com coeficientescomplexos, tal que

1

sup |f(x)− ψ(x)| ≤ ε, 0 ≤ x ≤ 1.

Agora temos que

|∫ 1

0

f(x)dx− 1

N

N∑n=1

f(xn)| ≤ |∫ 1

0

(f(x)− ψ(x))dx|

+|∫ 1

0

ψ(x)dx− 1

N

N∑n=1

ψ(xn)| +| 1N

N∑n=1

(f(xn)− ψ(xn)|.

O primeiro e o terceiro termos do lado direito sao ambos ≤ ε para qualquerque seja o valor de N, devido a (2.2). tomando N suficientemente grande, osegundo termo a direita e ≤ ε por causa de (2.1).

Proposicao 1: A sequencia nα, n∈ N, e equidistribuıda mod 1 se esomente se, α e irracional.

Prova. (⇒) Trivial(⇐) observamos que, para α irracional e h 6= 0 inteiro, temos

e2πihα = 1

Assim

N∑n=1

e2πihnα =N∑n=1

e(2πihα)n

Transformando em uma soma de P.G. finita

(e2πihNα−1)e2πihα

(e2πihα−1)

Portanto

1N |

N∑n=1

e2πihnα| = |(e2πihNα−1)e2πihα

N(e2πihα−1)| = | e2πihNα−1

N(e2πihα−1)| ≤

|e2πihNα|+|1|N |(e2πihα−1)| =

2N |(e2πihα−1)|

2

Como (e2πihα − 1) independe de N , podemos concluir pelo Teorema 1,que

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πihnα = 0

Assim para todo h 6= 0 inteiro, e α irracional, nα e equidis. mod 1.

Proposicao 2: Seja xn uma sequencia de numeros reais equidistribuıdamod 1, entao a sequencia xn e densa.

Prova: Suponha que xn nao seja densa, isto e, existe x0 ∈ (0, 1] e ε > 0,tais que (x0 − ε, x0 + ε) ∩ {xn} = ∅

limN→∞

#{xn ∈ [x0 − ε, x0 + ε] : 0 ≤ n < N}N

= 0 6= 2ε

∀n ∈ N

Portanto, toda sequencia equidistribuıda mod 1 e densa. Mas nao vale arecıproca, como veremos no exercıcio seguinte.

Exercıcio 1: Mostre que a sequencia log(n) e densa, mas nao e equidis-tribuıda mod 1.

Resolucao: Devemos mostrar que a parte fracionaria {log(n)} e densa.Sabemos que dada uma subsequencia x′n ∈ xn, se x′n e densa, entao asequencia xn tambem e densa. Vamos usar esse resultado para mostrar adensidade de {log(n)} ∈ (0, 1].Tomando a subsequencia das potencias de 2 de log(n), ou seja, log(2n), te-mos log(2n) = n log(2), mas decorrente das proposicoes 1 e 2, e como log(2)e irracional, logo {n log(2)} e denso e portanto, {log(n)} tambem e denso.

Para mostrar que nao e equidistribuıda deve nao satisfaz a definicao 1,ou seja.

limN→∞

#{log(n)} ∈ [ 1k+1

, 1k] : 0 ≤ n < eN

eN6= 1

k− 1

k + 1

3

Aqui o intervalo eN esta sendo considerado para facilitar os calculos, naoinfluenciando no resultado.Vamos expresar o numero de elementos que estao no intervalo ( 1

k+1, 1k), to-

mando x a parte inteira de log(n), temos entao a sequinte desigualdade

x+ 1k+1 < log(n) < x+ 1

k

ex+1

k+1 < n < ex+1k

Assim, vamos fazer a contagem no intervalo

ex(e1k − e 1

k+1 )

Como temos que considerar todos os valores inteiros x, fazemos o somatoriode todos os possıveis valores de x

N−1∑x=0

ex(e1k − e

1k+1 )

Tornando o somatorio em uma soma finita de P.G. temos que

(eN−1)e−1 (e

1k − e

1k+1)

Aplicando o limite, teremos

limN→∞

(e1k − e 1

k+1 )(eN − 1)

(e− 1)eN

Operando com o limite temos entao

(e1k − e 1

k+1 )

(e− 1)limN→∞

(eN − 1)e−N

4

como

limN→∞

(eN − 1)e−N = 1

Portanto

limN→∞

#{log(n)} ∈ [ 1k+1

, 1k] : 0 ≤ n < eN

eN=

(e1k − e

1k+1 )

(e− 1)6= 1

k− 1

k + 1

Logo, a sequencia log(n) nao e equidistribuıda mod 1.

Lema 1: Se {xn} uma sequencia equidistribuıda mod 1, e {yn} e tal quelimn→∞(xn − yn) = 0, entao {yn} e equidistribuıda mod 1.

Prova: Pelas hipoteses e pela contınuidade da exponencial, temos

limn→∞

(e2πiαxn − e2πiαyn) = 0

Sabemos que {βn}, sequencia de numeros reais que converge para um limitefinito l, entao

limN→∞

1

N

N∑n=1

{βn} = 0

Tomando {βn} = e2πiαxn − e2πiαynAssim temos

limN→∞

1

N

N∑n=1

(e2πiαxn − e2πiαyn) = 0

Como sabemos por hipotese que

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πiαxn = 0

5

Assim

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πiαyn = 0

Portanto pelo Teorema 1, {yn} e equidistribuıda mod 1.

Exercıcio 2: Seja {xn} uma sequencia de numeros reais equidistribuıdamod 1. Entao, para todo inteiro c 6= 0, a sequencia {cxn} e equidistribuıdamod 1.

Resolucao: Pelo Teorema 1 sabemos que, sendo {xn} uma sequencia denumeros reais equidistribuıda mod 1, entao

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πihxn = 0

Para ∀h 6= 0. Mas, sabemos que esse resultado vale para todo inteiro ch′,com h′ 6= 0, onde h′ ∈ Z, h′ 6= 0. Portanto

limN→∞

1

N

N∑n=1

e2πich′xn = lim

N→∞

1

N

N∑n=1

e2πih′(cxn) = 0

Logo, pelo Teorema 1, {cxn} e equidistribuıda mod 1.

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