sin (k^2)的前n項和有界嗎？

12-06

設 $S_n:=sum_{k=1}^n sin (k^2)$ ，那麼存在一個實數 $Mgeq 0$ 使得對一切 $n$ 都有 $|S_n|leq M$ 嗎？

無界，
曾經在MathOverflow上問了這個問題，被陶哲軒回答了，激動半天
real analysis
一個密切相關的問題
calculus - Convergence of $sum limits_{n=1}^{infty}sin(n^k)/n$

如果要詳細的，論文級別的文獻，用Weyl Sum Estimation做關鍵詞可以搜出來一堆。。。
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大體揣測下Tao神的意思（水平太低肯定有錯。。。）：
先看一下
Equidistributed sequence
重點：

A sequence {a1, a2, a3, …} of real numbers is said to be equidistributed modulo 1 or uniformly distributed modulo 1 if the sequence of the fractional parts of an, denoted by {an} or by an??an?, is equidistributed in the interval [0, 1].

More generally, if p is a polynomial with at least one irrational coefficient (other than the constant term) then the sequence p(n) is uniformly distributed modulo 1.

然後，取 $p(n)=n^2/(2pi)$ , 那麼 $p(n)-[p(n)]$ uniformly distributed modulo 1, 於是 $n^2-2pi[frac{n^2}{2pi}]$ 漸進可看成是0到 $2pi$ 的均勻分布。
然後n足夠大的時候， $sin(1^2)...sin(n^2)$ 就近似成一系隨機變數 $sin(X_i), X_isim [0,2pi]$ ,均值0，方差0.5，協方差0。前n項和方差漸近為0.5n, 然而如果前n項和有界，那麼方差也有界，這是不可能的。

看到 @npbool 給出的鏈接real analysis，發現4月的時候出現了一個更好的答案。Tao的方法算是啟發式方法，並不是嚴格的證明。嚴格的證明是G. H. Hardy和J.E.Littlewood在1914年的文章

「Some problems of Diophantine approximation II」

中給出。

他們的結果是：

定理2.31：記Jacobi $heta$ 函數

$heta_3(q)=sum_{ninmathbb{Z}}q^{n^2}$

並記 $q=exp(pi i au), au=x+iy,x,yinmathbb{R},y>0$ ,

且 $x$ 是無理數。那麼存在正實數列 ${y_n}$ ，數列極限為0，且存在正實數 $K$ 使得Jacobi函數的實部與虛部同時滿足

$vertRe{ heta_3(q)}vertgeq K(1-e^{-pi y_n})^{-1/4}$

$vertIm{ heta_3(q)}vertgeq K(1-e^{-pi y_n})^{-1/4}$

他們的證明是通過採用連分數逼近以及 $heta$ 函數的變換公式得到的。定理的證明可見他們的文章。

下面用這個定理推導一個更廣泛的結論[採用大O小o記號]。

假設 $sum_{n=0}^{M}sin{(pi n^2x)}=o(sqrt{M})$ ,x是無理數。記

$a_n= egin{cases} sin{(pi nx)} ext{n is a square number,}\ 0 ext{otherwise.} end{cases}$

由Abel求和法及假設，知

$sum_{n=0}^{infty}a_nr^n=(1-r)o(sum_{n=0}^{infty}n^{1/4}r^n)=o((1-r)^{-1/4}),r o1^{-}$

這與定理2.31是矛盾的。所以對於任意給定的正整數 $N_0$ ，總存在 $N>N_0$ 和與N無關的正實數 $K_0$ ,使得 $vertsum_{n=1}^{N}sin{(pi n^2x)}vertgeq K_0sqrt{N}$ 。

Remark 1. Abel求和那一行最後一個式子的估計不太顯然，可以通過將求和轉為積分來估計;

Remark 2. 1914年Hardy正是用 $heta$ 函數的性質證明了Riemann $zeta$ 函數有無窮多個零點實部為1/2.

Remark 3. 對全體無理數而言， $sum_{n=0}^{M}sin{(pi n^2x)}=o(M)$ 是最佳結果，不能再改進了。

把第一個答案的思路整理一下吧。

我們要用到一個引理（就是Weyl sum estimates的特殊情況）

引理：對任意的整數 $a,b$ 不同時為 $0$ 和任意實數 $c$ ,有 $lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nsin(ak^2+bk+c)=0$ .

下面用這個引理證明這個求和發散。

固定一個正整數 $h$ ，那麼由引理，對任意的整數 $1leq rleq sleq h$ ，可得
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nsin(k+r)^2=0$ (這就是所謂的平均值為 $0$ ),
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^n(sin(k+r)^2)^2=lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_kfrac{1}{2}(1-cos(2(k+r)^2))=frac{1}{2}$ (這就是所謂的方差為 $frac{1}{2}$ )
當 $r<s$ 的時候，
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nsin(k+r)^2sin(k+s)^2 =lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{2n}sum_{k=1}^ncos((k+r)^2-(k+s)^2)-cos((k+r)^2+(k+s)^2)=0$ (這就是所謂的協方差為 $0$ ).
現在記 $S(k,h)=sum_{i=1}^hsin(k+i)^2$ , 根據前面三個極限值，可得
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nS(k,h)=0$ ,
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nS(k,h)^2=sum_{i=1}^hsum_{j=1}^hlim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nsin(k+i)^2sin(k+j)^2=sum_{i=1}^hsum_{j=1}^hdelta_{i,j}/2=frac{h}{2}$ .(最後一個符號 $delta_{i,j}$ 是Kronecker符號)

現在如果 $|sum_ksin k^2|<M/2$ ,那麼我們應該有 $|S(k,h)|<M,S(k,h)^2<M^2$ 。因此最後一個極限值應該
$lim_{n ightarrowinfty}frac{1}{n}sum_{k=1}^nS(k,h)^2<M^2$ 。但實際上 $h$ 是任意選定的一個整數，可以取 $frac{h}{2}>M^2+1$ ，這就得到一個矛盾。