关于无理数的一个小问题
设r为一个无理数，一个广为人知的事实是集\(\{nr\pmod1\}\)在(0,1)上稠密。那么集\(\{2^n n r\pmod1\}\)也是稠密的吗？ 应该是稠密的，这两个数列mod 1意义下是等价的。 我偏向于认为存在超越数r使得$2^n*n*r (mod 1)$不是稠密的。如果改成${3^n*n*r}$可以比较容易给出反例。
稠密性的一个图解说明
如图，一个周长为 r 的圆2在一个周长为1的圆上无滑动地滚动，动圆 2 上固定的打印针每当接触圆1时就在圆1上打印的1个点，开始时打印针与圆1上的O点接触，O且称为原点。\(nr\pmod1\)的稠密性，就是指圆2周而复始地滚动时在圆1上的打印点的稠密性。
所谓稠密，从直观上理解，就是不可能在圆周1上存在一段非零长度的空弧（没有打印点的弧段），这可由反证法直接证明。
假定存在非零长度的空白弧段，并且其中最长一段长为l，且标为弧段1. 这种空白弧段会以 r 长为周期重复出现，依次标为弧段2, 3, 4, ...。
1）后面出现的空白段不可能与弧段1部分重合，因为与弧段1为最长空白弧段相矛盾；
2）后面出现的空白段不可能与弧段1完全重合，否则与 r 为无理数相矛盾。
所以这样的空白弧段会无穷多，但这与圆周1的周长为有限相矛盾。
上面的证明稍加修改，可以适用于n*2^nr(mod1)的稠密性的证明。
最长空白弧段会以越来越长的间隔重复出现，后来的弧段与前面弧段同样既不会部分重叠，也不会完全重叠。假定弧段n与弧段n+m完全重叠，则
((n+m)*2^{n+m}-n*2^{n})*r=N,
N为完全重叠时圆 2 从弧段n的起端滚动到弧段(n+m)的起端时，绕过圆 1 的圈数。这与 r 为无理数相矛盾。
貌似可以得到一个一般性结论：
a(n)是一个严格递增的整数序列，r是一个无理数，则a(n)*r(mod1)是稠密的。 真感兴趣可以看看这篇文章：http://arxiv.org/abs/math/9912103
The distribution of spacings between fractional parts of lacunary sequences
Buffalo 发表于 2013-11-1 10:34
真感兴趣可以看看这篇文章：http://arxiv.org/abs/math/9912103
The distribution of spacings between fr ...
几乎对所有的无理数r,结果是稠密并且均匀分布的，还是比较容易理解的。
不过这里的题目要求很严格，要求对于所有的无理数，要求都是稠密的，只要找出一个反例就不行了 我给出一个构造方法证明对于数列$n*3^n$,必然存在无理数r使得${r*n*3^n}$的小数部分不稠密。
为此，我们先任意选定(0,1)上一个实数s,设它的二进制表示中小数点后第k为为$s_k$,显然$s_k$是0或1.
我们记区间$E_1=$
现在假设区间$E_k$是一个形式为$[{u_k}/{k3^k},{u_k+1}/{2k3^k}]$的区间，其中$u_k$是整数,并且对于一个整数t，如果$1<=t<=k$,那么对于$E_k$中任意数e
都有$e*t*3^t$的小数部分不大于$1/2$(对于$E_1$显然成立)
我们现在查看区间$[{3(k+1)u_k}/k, {3(k+1)(u_k+1)}/k]$,由于区间长度大于三，其中必然至少包含三个整数点，设区间里面前三个整数分别为$a,a+1,a+2$
于是如果$s_k$是0，我们选择$u_{k+1}=a$,如果$s_k$是1，我们选择$u_{k+1}=a+1$
由此我们得到区间$E_{k+1}$是$E_k$的子区间，而且满足前面的归纳假设
由此，根据实数s我们可以得出一个区间套${E_k}$满足归纳假设，这个区间套必然收敛到一个实数$e(s)$,而$e(s)$必然满足对于所有整数t都有$e(s)t*3^t$的小数部分不超过$1/2$。另外对于不同的s,对于充分大的k以后$E_k$必然互不相交，所以我们得出s到$e(s)$的变换是一个单射，也就是说必然有不可列个e使得$e*3^t$的小数部分对于所有整数t都不大于$1/2$,由于有理数可列，所以必然存在无理数满足条件 对于无理数r,假设它的连分数逼近为${p_k}/{q_k}$,那么有结论$|r-{p_k}/{q_k}|<1/{q_kq_{k-1}}$
也就是我们可以得出$q_k*r$的小数部分趋向0（小于$1/{q_{k-1}}$)
于是$u*q_k*r$其中$u=1,2,...,q_{k-1}$得出的一系列数它们小数部分的差值小于$1/{q_{k-1}}$,随着k趋向0这些差值也趋向0，所以容易得出稠密
To 5#
貌似可以得到一个一般性结论：a(n)是一个严格递增的整数序列，r是一个无理数，则a(n)*r(mod1)是稠密的。这个应该是不正确的，为了说明这一点，我们取a(n) = 2^n, r = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{2^{k^2}}。显然对任何$n$均有$a(n) \cdot r \mod 1 \in (0, \frac{3}{4})$。
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