Weyl不等式

介绍

设P(n)P(n)是一个实数域上的多项式，我们称如下和式为Weyl和：

S=∑n=1Ne2πiP(n).S=\sum_{n=1}^{N}e^{2\pi iP(n)}.

Weyl不等式的主要内容即是对如上求和给出一个估计，其可被广泛应用于丢翻图逼近等领域。

Weyl不等式

定理（Weyl不等式）：设aa为整数qq为自然数且满足(a,q)=1(a,q)=1，对任意实数α\alpha和自然数N≥2N\ge 2，如果|α−a/q|≤1/q2|\alpha-a/q|\le 1/q^2，那么我们有如下结论：

∣∣∣∣∑n=1Ne2πiαn2∣∣∣∣≤10NlogN(1/q+1/N+q/N2)1/2.\left|\sum_{n=1}^{N}e^{2\pi i\alpha n^2}\right|\le 10N\log N(1/q+1/N+q/N^2)^{1/2}.

为证明Weyl不等式，我们先给出如下引理：

引理1：设α\alpha为实数，那么对任意自然数NN我们有：

∣∣∣∣∑n=1Ne2πiαn∣∣∣∣≤min{N,12||α||},\left|\sum_{n=1}^{N}e^{2\pi i\alpha n}\right|\le \min\left\{N,\frac{1}{2||\alpha||}\right\},这里||α||||\alpha||表示α\alpha与最近整数的距离。

证明：如果α=0\alpha=0那么上式左边和为NN，此时显然成立。若α≠0\alpha\not=0，我们有：

∣∣∣∣∑n=1Ne2πiαn∣∣∣∣=∣∣1−e2πiαN∣∣∣∣1−e2πiα∣∣=|sinπαN||sinπα|≤12||α||.\left|\sum_{n=1}^Ne^{2\pi i\alpha n}\right|=\frac{\left|1-e^{2\pi i\alpha N}\right|}{\left|1-e^{2\pi i\alpha}\right|}= \frac{|\sin\pi \alpha N|}{|\sin\pi \alpha|}\le \frac{1}{2||\alpha||}.第二个等式由几何直观容易得到，第三个不等式由初等微积分即得。□\Box

为应用引理1，我们用如下方法把和式SS的求和归约到阶数更小的多项式求和：

|S|2=∑n=1N∑m=1Ne2πi[P(n)−P(m)]=N+2Re∑h=1N−1∑n=1N−he2πi[P(n+h)−P(n)]≤N+2∑h=1N−1∣∣∣∣∑n=1N−he2πi[P(n+h)−P(n)]∣∣∣∣.
\begin{align}
|S|^2&=\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{N}e^{2\pi i[P(n)-P(m)]}\\
&= N+2\mathrm{Re}\sum_{h=1}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-h}e^{2\pi i[P(n+h)-P(n)]}\\
&\le N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left|\sum_{n=1}^{N-h}e^{2\pi i[P(n+h)-P(n)]}\right|.
\end{align}
上式的第二个等式来自于将就和分成对角线和上下三角两部分，前者的值为NN后者由对称性虚部恰好抵消。第三个不等式由三角不等式即得。

因此令P(n)=αn2P(n)=\alpha n^2我们有：

|S|2≤N+2∑h=1N−1∣∣∣∣∑n=1N−he2πi(2αh)n∣∣∣∣≤N+2∑h=1N−1∣∣∣∣min{N−h,1||2αh||}∣∣∣∣≤N+2∑h=12N∣∣∣∣min{N−h,1||αh||}∣∣∣∣(1)
\begin{align}
|S|^2&\le N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left|\sum_{n=1}^{N-h}e^{2\pi i(2\alpha h)n}\right|\\
&\le N+2\sum_{h=1}^{N-1}\left|\min\left\{N-h,\frac{1}{||2\alpha h||}\right\}\right|\\
&\le N+2\sum_{h=1}^{2N}\left|\min\left\{N-h,\frac{1}{||\alpha h||}\right\}\right|\qquad\qquad (1)
\end{align}
上式中第一个不等式由之前的讨论可得，第二个不等式由引理1即得，第三个不等式简单放缩即可得到。

我们现在估计上式最后一个式子的第二部分，我们先给出如下引理：

引理2：设L,M,NL,M,N为自然数满足N≥2N\ge 2且L≤ML\le M。如果a1,a2,⋯,aL∈Ra_1,a_2,\cdots,a_L\in \mathbb{R}满足∀i≠j,|ai−aj|≥M−1\forall i\not=j, |a_i-a_j|\ge M^{-1}，那么

∑n=1Lmin{N−h,1||an||}≤6(N+M)logN.\sum_{n=1}^{L}\min\left\{N-h,\frac{1}{||a_n||}\right\}\le 6(N+M)\log N.

证明：不是一般性，我们假设ai∈[−1/2,1/2]a_i\in[-1/2,1/2]并且：

S+=∑ai≥0min{N−h,1||an||}≥12∑n=1Lmin{N−h,1||an||}.S^+=\sum_{a_i\ge 0}\min\left\{N-h,\frac{1}{||a_n||}\right\}\ge \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{L}\min\left\{N-h,\frac{1}{||a_n||}\right\}.因此，我们可以把ai≥0a_i\ge 0从小到大排列为0≤a1<a2<⋯<aK0\le a_1< a_2<\cdots（必要时可重新编号）。由于|ai−aj|≥M−1|a_i-a_j|\ge M^{-1}，我们知道||ai||≥(k−1)/M||a_i||\ge (k-1)/M，这里i≤Ki\le K。因此，我们有：

S+≤∑i=0K−1min{N,Mi}=∑i=0[M/N]N+∑M/N<i<KMi≤(N+M)+2MlogN.S^+\le \sum_{i=0}^{K-1}\min\left\{N,\frac{M}{i}\right\}=\sum_{i=0}^{[M/N]}N+\sum_{M/N

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注意到，若0<|h1−h2|≤q/20<|h_1-h_2|\le q/2那么：

||αh1−αh2||≥||(h1−h2)a/q||−||(h1−h2)/q2||≥1/q−1/2q≥1/2q||\alpha h_1-\alpha h_2||\ge ||(h_1-h_2)a/q||-||(h_1-h_2)/q^2||\ge 1/q-1/{2q}\ge 1/{2q}，因此利用引理2我们即可得到(1)(1)式得估计。