56. Bernstein 定理, 等分布定理

Hölder 连续函数的 Bernstein 定理

我们考虑 $f\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 其中 $\alpha \in (0,1)$. 按照定义, 存在 $C>0$, 使得对任意的 $x,y\in \mathbf{T}$, 我们有$$|f(x)-f(y)|⩽C|x-y{|}^{\alpha }.$$令 $\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}$ 是上述可能的常数 $C$ 的下确界, 即$$\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}=\underset{x,y\in \mathbf{T},x\ne y}{\inf }\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y{|}^{\alpha }}.$$从而, 对任意的 $x,y\in \mathbf{T}$, 我们有$$|f(x)-f(y)|⩽\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}|x-y{|}^{\alpha }.$$

命题 56.1. 假设 $f\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 其中我们假设 $\alpha \in [0,1]$ (当 $\alpha =0$ 时, 我们只是假设 $f$ 是连续的; 当 $\alpha =1$ 时, 我们假设 $f$ 是 Lipschitz 函数) . 那么, 我们有$$|\hat{f}(k)|=O(|k{|}^{-\alpha }),$$即序列 $\{|k{|}^{\alpha }|\hat{f}(k)|{\}}_{k⩾1}$ 是有界的.

证明. 我们不妨假设 $\alpha >0$ (否则用 Riemann-Lebesgue 引理即可) , 按照定义, 对任意的 $x,y\in \mathbf{T}$, 我们有$$|f(x)-f(y)|⩽\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}|x-y{|}^{\alpha }.$$我们将满足对任意的 $k\ne 0$, 我们有$$\begin{array}{rl}\hat{f}(k)& ={\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ikx}\frac{dx}{2\pi }\\ & =-{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ikx+i\pi }\frac{dx}{2\pi }\\ & =-{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ik(x-\frac{\pi }{k})}\frac{dx}{2\pi }\\ & =-{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x+\frac{\pi }{k})e^{-ixk}\frac{dx}{2\pi }.\end{array}$$从而, $$\begin{array}{rl}\hat{f}(k)& =\frac{1}{2}\left({\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)e^{-ikx}\frac{dx}{2\pi }-{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x+\frac{\pi }{k})e^{-ixk}\frac{dx}{2\pi }\right)\\ & ={\int }_{-\pi }^{\pi }(f(x+\frac{\pi }{k})-f(x))e^{-ixk}\frac{dx}{4\pi }.\end{array}$$所以, 利用 Hölder 函数的定义, 我们有$$\begin{array}{rl}|\hat{f}(k)|& ⩽\frac{1}{4\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }|f(x+\frac{\pi }{k})-f(x)|dx\\ & ⩽\frac{\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}}{4\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(\frac{\pi }{|k|}\right)}^{\alpha }dx=\frac{{\pi }^{\alpha }\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}}{2}\cdot \frac{1}{|k{|}^{\alpha }}.\end{array}$$

$\square$

注记. 上面命题中证明的关于 $C^{\alpha }$ 函数的 Fourier 系数的衰减估计是最佳的, 其中 $\alpha \in (0,1)$ (实际上, 对于 $\alpha \in (0,1)$, 这个衰减估计刻画了 $C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 我们这里不给出证明了) .

假设 $0<\alpha <1$, 我们考虑如下的 Fourier 级数: $$f_{\alpha }(x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^{k\alpha }}{e}^{i{2}^{k}x}.$$很显然, 这个级数是绝对收敛的, 所以, $f_{\alpha }\in C^0(\mathbf{T})$. 特别地, $\widehat{f_{\alpha }}(\ell )=|\ell {|}^{-\alpha }$ 并且 $\widehat{f_{\alpha }}(\ell )=o(|\ell {|}^{-\alpha })$ 不成立.

如果我们可以说明 $f_{\alpha }\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 这表明上述性质中对于 Fourier 系数的衰减估计是最佳的:

对于任意的 $x$ 和 $h$, 以 $h$ 为频率的二进制尺度, 我们有$$\begin{array}{r}{f}_{\alpha }(x+h)-f_{\alpha }(x)=\underset{I_1}{\underbrace{\sum _{2^k⩽\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}\frac{1}{2^{k\alpha }}(e^{i{2}^k(x+h)}-e^{i{2}^{k}x})}}+\underset{I_2}{\underbrace{\sum _{2^k>\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}\frac{1}{2^{k\alpha }}(e^{i{2}^k(x+h)}-e^{i{2}^{k}x})}}.\end{array}$$我们注意到第二项可以如下控制$$|I_2|⩽\sum _{2^k>\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}\frac{2}{2^{k\alpha }}⩽C|h{|}^{\alpha }.$$对于第一项, 我们有$$\begin{array}{rl}|I_1|& ⩽\sum _{2^k⩽\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}\frac{1}{2^{k\alpha }}|e^{i{2}^{k}h}-1|\\ & ⩽\sum _{2^k⩽\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}\frac{C}{2^{k\alpha }}{2}^k|h|.\end{array}$$我们用到了当 $|y|<1$ 时, $|e^{iy}-1|⩽C|y|$. 从而, $$\begin{array}{rl}|I_1|& ⩽C|h|\sum _{2^k⩽\frac{1}{100}|h{|}^{-1}}{2}^{k(1-\alpha )}\\ & ⩽C|h|\times C^{\prime }(\frac{1}{100}|h{|}^{-1}{)}^{1-\alpha }\\ =C^{\prime \prime }|h{|}^{\alpha }.& \end{array}$$在这个估计中, 我们用到了 $\alpha <1$. 所以, $$|f_{\alpha }(x+h)-f_{\alpha }(x)|⩽|I_1|+|I_2|⩽C^{\prime \prime \prime }|h{|}^{\alpha }.$$这表明, $f\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$.

我们已经介绍的几个关于 Fourier 级数逐点收敛的经典定理, 都没有涉及到一致收敛性. 如果 $\alpha >\frac{1}{2}$, 尽管对于 $f\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 它的 Fourier 系数衰减的并不迅速 (不是绝对收敛的) , 但是 Bernstein 有如下令人惊讶的结果:

定理 56.2 (Bernstein). 如果 $\alpha \in (\frac{1}{2},1]$, 那么, 对于任意的 $f\in C^{\alpha }(\mathbf{T})$, 其的 Fourier 级数$$\sum _{k\in \mathbb{Z}}\hat{f}(k)e^{ikx}$$是绝对收敛的. 特别地, 对于 $\alpha \in (\frac{1}{2},1]$, 函数序列 $\{S_N(f){\}}_{N⩾1}$ 一致收敛到 $f$.

注记. 我们要强调, $\{S_N(f){\}}_{N⩾1}$ 不是在 $C^{0,\alpha }$ 的范数下收敛到 $f$.

证明. 受到上面评注里证明的启发, 我们考虑$$g_h(x)=f(x+h)-f(x-h).$$从而, 我们可以计算$${\hat{g}}_h(k)=(e^{ikh}-e^{-ikh})\hat{f}(k)=2i\sin (kh)\hat{f}(k).$$很明显, 对任意的 $h\in \mathbb{R}$, 我们有 $g_h(x)\in L^2(\mathbf{T})$. 根据勾股定理, 我们有$${\int }_{-\pi }^{\pi }|g_h(x){|}^2\frac{dx}{2\pi }=4\sum _{k\in \mathbb{Z}}|\sin (kh){|}^2|\hat{f}(k){|}^2.$$另外, 根据 $f\in C^{\alpha }$, 我们还知道$$|g_h(x)|⩽\Vert f{\Vert }_{C^{0,\alpha }}(2h{)}^{\alpha }.$$所以, 我们得到$$\sum _{k\in \mathbb{Z}}|\sin (kh){|}^2|\hat{f}(k){|}^2⩽C{h}^{2\alpha }$$特别地, 如果令 $h=\frac{\pi }{2^{p+1}}$, 我们得到$$\sum _{k\ne 0}|\sin (\frac{k\pi }{2^{p+1}}){|}^2|\hat{f}(k){|}^2⩽\frac{C}{2^{2p\alpha }},$$其中, 常数 $C$ 可能有所改变, 但是这还是一个不依赖于 $f$ 的常数. 在这个求和中, 我们只选取一部分的和: $$\sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\sin \left(\frac{k\pi }{2^{p+1}}\right){|}^2|\hat{f}(k){|}^2⩽\frac{C}{2^{2p\alpha }}.$$此时, 由于 $\frac{k\pi }{2^{p+1}}\in [\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]$, 从而 ${\left|\sin \frac{k\pi }{2^{p+1}}\right|}^2⩾0.5$. 从而, 上面的不等式给出$$0.5\times \sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\hat{f}(k){|}^2⩽\frac{C}{2^{2p\alpha }}.$$所以, $$\sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\hat{f}(k){|}^2⩽\frac{C}{2^{2p\alpha }}.$$当然, 这里的 $C$ 也改变了. 此时, 我们利用 Cauchy-Schwarz 不等式 (因为我们想得到 $|\hat{f}(k)|$ 的和) 可以得到$$\sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\hat{f}(k)|⩽2^{\frac{p-1}{2}}(\sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\hat{f}(k){|}^2{)}^{\frac{1}{2}}⩽\frac{C}{2^{p(\alpha -\frac{1}{2})}}.$$所以, 当 $\alpha >\frac{1}{2}$ 的时候, 我们有$$\sum _{k\in \mathbb{Z}}|\hat{f}(k)|⩽\sum _{p=1}^{\infty }(\sum _{2^{p-1}⩽|k|<2^p}|\hat{f}(k)|)⩽\sum _{p=1}^{\infty }\frac{C}{2^{p(\alpha -\frac{1}{2})}}<\infty .$$这表明, $\sum _{k\in \mathbb{Z}}\hat{f}(k)e^{ikx}$ 绝对收敛.

$\square$

Fourier 级数的应用: 等分布问题

考虑 $[0,1)$ 区间上的数列 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$, 我们要用数学的语言来描述这些数是 “平均地” 分布在 $[0,1)$ 区间上.

定义 56.3. 如果对任意的 $a,b\in [0,1)$, 我们有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{|\{k⩽n\mid {\xi }_k\in [a,b]\}|}{n}=b-a,$$即该序列中有百分之 $100(b-a)$ 那么多数落在 $[a,b)$ 中, 那么我们就说 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是等分布的.

注记. 如果 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是等分布的, 那么 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是稠密的: 否则, 存在开区间 $(a,b)\subset [0,1)$, 使得 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}\cap (a,b)=\varnothing$, 此时, 对任意的 $n\in {\mathbb{Z}}_{⩾1}$, 我们有$$\frac{|\{k⩽n\mid {\xi }_k\in [a,b]\}|}{n}=0,$$这与定义不符.

反之, 如果 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是稠密的, $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是不一定是等分布的, 我们把反例的构造留作本次作业.

例子. 如下的两个例子不是等分布的:

1)	我们用 $\{x\}$ 表示实数 $x$ 的小数部分, 即 $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$. 对任意的有理数 $q$, 数列 $\{\{k\cdot q\}{\}}_{k⩾1}$ 不是等分布的, 这是因为这个数列实际上只有有限项;
2)	对任意的 $k⩾1$, 我们定义$${\xi }_k={\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^k.$$那么, 数列 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 不是等分布的: 如果令$$F_{k+1}={\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^k+{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^k$$我们就得到了 Fibonacci 数列. 由于 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}\approx -0.618$, 所以, ${\xi }_k\to 1$, 从而不是稠密的.

给定无理数 $\alpha \in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$, 数列 $\{\{k\cdot \alpha \}{\}}_{k⩾1}$ 是等分布的, 这是等分布理论中最基本的例子, 我们仔细研究这个例子并发展一般的理论. 令 ${\xi }_k=k\cdot \alpha$, 其中 $k⩾1$. 为了判定 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上是否为等分布的, 我们有如下平凡但是重要的观察: 等分布性等价于$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{1}_{[a,b]}({\xi }_k)={\int }_0^1{1}_{[a,b]}(x)dx.$$这是从集合到它的示性函数的过渡. 这使得我们联想到我们在积分理论中学到的东西, 从集合的测度过渡到简单简单函数再过渡到一般的可积函数. 据此, 我们猜想可能下面的结论也成立: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\right)={\int }_0^{1}f(x)dx,(\star ).$$其中 $f$ 是连续函数或者 Riemann 可积的函数 (请想一下对于 Lebesgue 意义下的 $L^1$ 函数会有什么问题? ) . 这是这类问题的大思路: 把算术问题转化为分析问题, 从而可以尝试微积分和函数论中的工具.

根据上面的分析, 我们尝试对 $f\in C[0,1)$ 来证明上面的极限 $(\star )$. 由于 $(\star )$ 左右两边对 $f$ 都是线性的, 根据 Fourier 分析的基本想法, 如果 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上以 $1$ 为周期的函数 (和我们之前的 Fourier 分析差了一个常数) , 可以先考虑用有限的三角级数来逼近 $f$ 进行证明. 作为出发点, 可以先尝试用最基本的频率函数 $e_{\ell }(x)=e^{2\pi i\ell x}$ (周期为 $1$) 来验证命题 (之后用线性组合以及逼近来证明一般的情况) .

当 $\ell =0$ 时, $(\star )$ 结论是显然的.

如果 $\ell \ne 0$, 我们注意到 $e_{\ell }(\{k\alpha \})=e_{\ell }(k\alpha )$ (这是因为 $e_{\ell }$ 以 $1$ 为周期) . 利用 ${\xi }_k=k\cdot \alpha$, 我们可以直接计算: $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{e}_{\ell }({\xi }_k)=\frac{1}{n}\frac{1-e^{2\pi in\ell \alpha }}{1-e^{2\pi i\ell \alpha }}{e}^{2\pi i\ell \alpha }.$$由于 $\alpha \notin \mathbb{Q}$, 所以上式中的分母不是 $0$. 从而, $$|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{e}_{\ell }({\xi }_k)|⩽\frac{2}{n}\frac{1}{|1-e^{2\pi i\ell \alpha }|},$$它的极限显然是 $0$. 我们还要指出, 这个证明唯一用到了 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 算术性质的地方是 $\alpha \notin \mathbb{Q}$ (三角级数对此类问题之所以有效就是因为它和这些算术性质有关联) .

利用 $(\star )$ 的线性, 对任何有限的三角级数 $Q$, 结论都成立. 对于任意给定的 $\mathbb{R}$ 上的周期连续函数 $f$, 根据 Weierstrass-Stone 定理, 对任意的 $\epsilon >0$, 存在有限的三角级数 $Q=\sum _{|\ell |⩽K}{c}_k{e}^{2\pi ikx}$, 使得$$\Vert Q-f{\Vert }_{L^{\infty }}<\frac{1}{2}\epsilon .$$此时, 根据上面的计算, 选择 $N$, 使得当 $n>N$ 时, 对每个 $\ell \in \mathbb{Z}\cap [-K,K]$, 我们都有$$|c_k|\times |\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{e}_{\ell }({\xi }_k)|<\frac{1}{2}\epsilon .$$所以, $$|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}Q({\xi }_k)|<\frac{1}{2}\epsilon .$$从而, 当 $n>N$ 时, $$|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)|<|\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}Q({\xi }_k)|+\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n|Q({\xi }_k)-f({\xi }_k)|<\epsilon ,$$从而 $(\star )$ 对于周期连续函数成立.

我们之前要研究的等分布问题是对函数 $f=1_{[a,b]}$ 来陈述的, 其中 $a\in [0,1)$, $b\in (0,1)$, $a<b$. 这个函数并连续函数, 但是我们可以逼近它: 对任意的 $\delta >0$ (很小) , 我们定义

$$f_{+}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& a⩽x⩽b;\\ 0,& x⩽a-\delta \text{或}x⩾b+\delta ;\\ \frac{1}{\delta }(x-b)+1,& b⩽x⩽b+\delta ;\\ -\frac{1}{\delta }(x-a)+1,& a-\delta ⩽x⩽a.\end{array}$$和$$f_{-}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& a+\delta ⩽x⩽b-\delta ;\\ 0,& x⩽a\text{或}x⩾b;\\ \frac{1}{\delta }(x-b-\delta )+1,& b-\delta ⩽x⩽b;\\ -\frac{1}{\delta }(x-a+\delta )+1,& a⩽x⩽a+\delta .\end{array}$$很明显, 我们有$$f_{-}⩽1_{[a,b]}⩽f_{+},$$所以$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_{-}({\xi }_k)⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{1}_{[a,b]}({\xi }_k)⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_{+}({\xi }_k).$$由于$$0⩽{\int }_0^1{f}_{+}(x)dx-{\int }_0^1{f}_{-}(x)dx⩽2\delta .$$所以, 当 $n\to \infty$ 时, 我们有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{n}1({\xi }_k)\right)-{\int }_0^{1}1(x)dx=O(\delta ).$$令 $\delta \to 0$, 命题成立.

我们可以进一步对 Riemann 可积的函数 $f\in \mathcal{R}$ (根据线性, 只要对实值函数证明) 证明$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)⟶{\int }_0^{1}f(x)dx,f\in \mathcal{R}([0,1])$$

为此, 选取 $[0,1]$ 的分划 $\sigma :0=x_0<x_1<\cdots <x_N=1$, 我们进一步要求分划点 $x_i$ 都是有理数 (仍然可以保证 $|\sigma |\to 0$) . 考虑如下两个阶梯函数$$\begin{array}{rl}{f}_{+}(x)& =\sum _{k=0}^{N-1}\left(\underset{y\in [x_k,x_{k+1}]}{\sup }f(y)\right)1_{[x_k,x_{k+1}]}(x),\\ f_{-}(x)& =\sum _{k=0}^{N-1}\left(\underset{y\in [x_k,x_{k+1}]}{\inf }f(y)\right)1_{[x_k,x_{k+1}]}(x).\end{array}$$按照定义, 我们有$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_{-}({\xi }_k)⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)⩽\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{f}_{+}({\xi }_k).$$

由于结论对于 $1_{[a,b]}$ 型的函数成立, 所以对于 $f_{\pm }$ 也成立. 所以, 对任意的 $\epsilon >0$, 先选较小的步长 $|\sigma |$, 使得$$|{\int }_0^1{f}_{\pm }-{\int }_0^{1}f|<\frac{1}{2}\epsilon ,$$然后选择足够大的 $N$, 使得 $n⩾N$ 时, $$|\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^n{f}_{\pm }({\xi }_k)\right)-{\int }_0^1{f}_{\pm }|<\frac{1}{2}\epsilon .$$从而, $$|\frac{1}{n}\left(\sum _{k=1}^{n}f({\xi }_k)\right)-{\int }_0^{1}f|<\epsilon .$$这就证明了结论.

事实上, 上面证明的后半部分与 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 的具体选择没有关系, 这是一个更一般的结论:

定理 56.4 (Weyl 的等分布判别准则). $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 是 $[0,1)$ 区间上的数列. 那么, $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上等分布当且仅当对任意的 $\ell \ne 0$, 我们有$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{e}^{2\pi i\ell {\xi }_k}\right)=0.$$

这个定理的进一步的推广就是动力系统理论中的 Birkhoff 遍历性定理.

有了 Weyl 判别准则, 我们可以相对轻松地证明一些数列在 $[0,1)$ 区间上是等分布的:

例子. 我们有其他几个等分布或者非等分布的例子:

1)	任给非零实数 $a$, 任意的实数 $\sigma \in (0,1)$, 我们令 ${\xi }_k=\{a{k}^{\sigma }\}$ (小数部分) . 那么, $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上等分布. 根据 Weyl 判别准则, 我们需要控制 $\sum _{k=1}^n{e}^{2\pi i\ell a{k}^{\sigma }}$ 的大小. 如果令 $b=2\pi \ell a$, 我们要证明$$\sum _{k=1}^n{e}^{ib{k}^{\sigma }}=o(n).$$我们用积分来逼近求和: $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n{e}^{ib{k}^{\sigma }}-{\int }_0^n{e}^{ib{x}^{\sigma }}dx& =\sum _{k=1}^{n-1}{\int }_k^{k+1}(e^{ib{k}^{\sigma }}-e^{ib{x}^{\sigma }})dx.\end{array}$$根据 Lagrange 中值定理 (对函数 $e^{ib{x}^{\sigma }}$ 的实部和虚部分别来做) , 对 $x\in [k,k+1]$, 存在依赖于 $b$ 和 $\sigma$ 的常数 $C$, 使得$$|e^{ib{k}^{\sigma }}-e^{ib{x}^{\sigma }}|⩽C{k}^{-1+\sigma }.$$从而, $$\begin{array}{rl}|\sum _{k=1}^{n-1}{e}^{ib{k}^{\sigma }}-{\int }_1^{n-1}{e}^{ib{x}^{\sigma }}dx|& ⩽C\sum _{k=1}^n{\int }_k^{k+1}{k}^{-1+\sigma }dx\\ & =O(n^{\sigma })(=o(n)).\end{array}$$下面我们估计积分项 ${\int }_1^n{e}^{ib{x}^{\sigma }}dx$ (对于 $n$ 和 $n-1$ 的差别可以忽略, 因为这是 $O(1)$-项) : $$\begin{array}{rl}{\int }_1^n{e}^{ib{x}^{\sigma }}dx& =\frac{1}{i\sigma b}{\int }_1^{n-1}(e^{ib{x}^{\sigma }}{)}^{\prime }{x}^{1-\sigma }dx\\ & =\underset{O(n^{1-\sigma })}{\underbrace{e^{ib{x}^{\sigma }}{x}^{1-\sigma }{|}_{x=1}^{x=n}}}-\frac{1-\sigma }{i\sigma b}{\int }_1^n{e}^{ib{x}^{\sigma }}{x}^{-\sigma }dx.\end{array}$$通过将指数函数用 $1$ 来控制, 我们有$$\left|{\int }_1^n{e}^{ib{x}^{\sigma }}{x}^{-\sigma }dx\right|⩽{\int }_1^n{x}^{-\sigma }dx=O(n^{1-\delta }).$$最终, 我们证明了$$\sum _{k=1}^n{e}^{2\pi i\ell a{k}^{\sigma }}=O(n^{\sigma })+O(n^{1-\sigma }).$$根据 Weyl 判据, 我们就说明了 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上等分布.
2)	作为一个例子的推论 ($a=1$, $\sigma =0.5$) , 数列 $\{\sqrt{k}{\}}_{k⩾1}$ 的小数部分在 $[0,1)$ 上等分布.
3)	任意给定 $a\in \mathbb{R}$, 对任意的 $k⩾1$, 我们定义$${\xi }_k=a\log (k).$$那么, $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 在 $[0,1)$ 上不是等分布的. 根据 Weyl 判别准则, 我们估计 $\sum _{k=1}^n{e}^{2\pi i\ell a\log (k)}$. 我们令 $b=2\pi \ell a$, 现在用积分逼近求和$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n{e}^{ib\log (k)}-{\int }_0^n{e}^{ib\log (x)}dx& =\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}(e^{i\log (k)}-e^{ib\log (x)})dx.\end{array}$$根据 Lagrange 中值定理, 对 $x\in [k,k+1]$, 存在依赖于 $b$ 和 $\sigma$ 的常数 $C$, 使得$$|e^{ib\log (k)}-e^{ib\log (x)}|⩽\frac{C}{k}.$$所以, $$\begin{array}{rl}|\sum _{k=1}^n{e}^{ib\log (k)}-{\int }_0^n{e}^{ib\log (x)}dx|& ⩽\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}\frac{C}{k}dx=O(\log (n)).\end{array}$$下面我们来估计积分 ${\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx$, 而这个积分可以通过分部积分直接计算: $$\begin{array}{rl}{\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx& =x{e}^{ib\log x}{|}_{x=1}^{x=n}-ib{\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx.\end{array}$$从而, 我们可以算出$${\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx=\frac{n{e}^{ib\log (n)}}{1+ib}+O(1).$$所以, $$\frac{1}{n}{\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx+o(1)=\frac{e^{ib\log (n)}}{1+ib}.$$这个复数的模长是固定的, 所以 ${\int }_1^n{e}^{ib\log x}dx\ne o(1)$.