小数部分均匀分布的初等（大概）证明

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{nα}\{n\alpha\} 的均匀分布性是一个非常方便好用的命题，之前我一直只知道使用 Wyle 判据的证明方法，但是这一证明方法需要用到稍深入的分析学，包括 Weierstrass 的三角多项式逼近定理。今天我正在思考另外一个和小数部分有关的命题，突然想到了一个有趣的方法，可以用于证明这个问题，于是便将它记录下来了.

#Problem

α∈R\Q\alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}，求证对于任何一个区间 I∈[0,1]I \in [0, 1]，均有

lim⁡n→∞#{i∈Z∣1≤i≤n,{iα}∈I}n=∣I∣\lim_{n \to \infty }\frac{\#\{i \in \mathbb{Z} \mid 1 \leq i \leq n, \{i\alpha\} \in I\}}{n} = \lvert I\rvert

#Proof

不妨设 α∈[0,1]\alpha \in [0, 1]，对任何一个实数 aa，记 a∗={a+n∣n∈Z}a^\ast = \{a + n \mid n \in \mathbb{Z}\}

对任意一个 R\mathbb{R} 上的区间 II 和正整数 nn，记 f(I,n)=∑i=0n∣(nα)∗∩I∣f(I, n) = \sum_{i = 0}^n \lvert (n\alpha)^*\cap I\rvert ，称 II 是好的，如果

lim⁡n→∞f(I,n)n=∣I∣\lim_{n \to \infty}\frac{f(I, n)}{n} = \lvert I\rvert

其中 ∣I∣\lvert I\rvert 表示 II 的长度. 则结论等价于证明任何一个区间都是好的.

任取 u∈Ru\in \mathbb{R} ，注意到

[−1,1]∋{nα −u}−{−u}=∑i=1n({iα−u}−{(i−1)α−u})=nα−#{i=1,2,…,n∣{iα−u}<α}=nα−f([u,u+α],n)\begin{aligned} [-1, 1]\ni &\{n\alpha\ - u\} - \{-u\} = \sum_{i = 1}^n(\{i\alpha - u\} - \{(i - 1)\alpha - u\})\\ = &n\alpha - \#\{i = 1, 2, \ldots, n\mid \{i\alpha - u\}<\alpha\}\\ = &n\alpha - f([u, u+\alpha], n) \end{aligned}

取 n→∞n\to \infty，得

lim⁡n→∞f([u,u+α],n)n=1/α\lim_{n\to \infty}\frac{f([u, u + \alpha], n)}{n} = 1/\alpha

这表明 [u,u+1/α][u, u + 1/\alpha] 是好的. 由于 uu 是任取的，故任何一个长为 α\alpha 的区间都是好的.

注意到如下事实：

  1. 如果有限个好区间不交，那么它们的并是好的

  2. 如果一个好区间是另一个的子集，那么这两个区间的差也是好的.

  3. 长为整数的区间是好的.

根据上面的第一点，所有长度为 α\alpha 的倍数的区间都是好的，结合第二点和第三点，可以得到任何长度形如 nα−k (n,k∈Z)n\alpha - k\ (n, k \in \mathbb{Z}) 的区间都是好的，记 K={nα−k∣n,k∈Z}K = \{n\alpha - k \mid n, k \in \mathbb{Z}\}，熟知 KK 是稠密的.

最后，对于任何一个区间 II 和正实数 ϵ\epsilon ，由上面的结论知存在两个区间 I1,I2I_1, I_2 ，使得 I1⊆I⊆I2I_1 \subseteq I \subseteq I_2，∣I2\I∣<ϵ\lvert I_2 \backslash I\rvert <\epsilon，∣I\I1∣<ϵ\lvert I\backslash I_1\rvert < \epsilon，且 I1,I2I_1, I_2 是好的. 因此

lim inf⁡n→∞f(I,n)n≥lim inf⁡n→∞f(I1,n)n=lim⁡n→∞f(I1,n)n=∣I1∣>∣I∣−ϵ\liminf_{n \to \infty}\frac{f(I, n)}{n} \geq \liminf_{n \to \infty}\frac{f(I_1, n)}{n} = \lim_{n \to \infty}\frac{f(I_1, n)}{n} = \rvert I_1\lvert > \lvert I\rvert - \epsilon

由于ϵ\epsilon是任取的，故

lim inf⁡n→∞f(I,n)n≥∣I∣\liminf_{n \to \infty}\frac{f(I, n)}{n} \geq \lvert I\rvert

同理

lim sup⁡n→∞f(I,n)n≤∣I∣\limsup_{n \to \infty}\frac{f(I, n)}{n} \leq \lvert I\rvert

故 lim⁡n→∞f(I,n)n=∣I∣\lim\limits_{n \to \infty} \frac{f(I, n)}{n} = \lvert I\rvert ，即 II 是好的. 证毕.

#Postscript

顺带一提，我最开始思考的问题是

求证：∀α∈R\Q\forall \alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}， lim⁡n→∞∑i=1n{iα}n=12 \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{i = 1}^{n}\{i\alpha\}}{n} = \frac{1}{2}

不知有无简单的解法