Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουλίου 21, 2011

Γραμμική κοντά στο μηδέν

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 11:46 πμ

Το πρόβλημα αυτό το έμαθα από τον nixmtp.

Έστω f:\mathbb R\to\mathbb R μια συνάρτηση που στέλνει συγκλίνουσες σειρές σε συγκλίνουσες σειρές. Δηλαδή, αν η σειρά \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}x_n συγκλίνει, τότε και η \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f(x_n) συγκλίνει. Δείξτε ότι υπάρχουν \delta>0 και c\in\mathbb R έτσι ώστε f(x)=cx για κάθε x\in(-\delta,\delta).

Advertisements

18 Σχόλια »

  1. den prepei na ypothesete synexeia gia thn f(x) h kati tetoio?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ishtaarwyhn — Αύγουστος 21, 2011 @ 2:49 μμ

  2. Όχι δεν χρειάζεται να κάνεις κάποια επιπλέον υπόθεση.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Αύγουστος 21, 2011 @ 3:54 μμ

  3. f(x)=x for x in Q and 0 otherwise

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ishtaarwyhn — Αύγουστος 21, 2011 @ 7:11 μμ

  4. Nomizw oti h swsth ekfwnhsh einai oti h f einai bijection metaksy sygklinouswn seirwn h kanw kapoio lathos

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ishtaarwyhn — Αύγουστος 21, 2011 @ 7:14 μμ

  5. Γιατί η συνάρτηση που αναφέρεις στο (3) στέλνει συγκλίνουσες σειρές σε συγκλίνουσες σειρές;
    Επίσης, τι ακριβώς εννοείς στο (4) λέγοντας «bijection»;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Αύγουστος 21, 2011 @ 9:54 μμ

  6. http://en.wikipedia.org/wiki/Bijection gia to allo dn apantaw

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από alexaanagnostakis — Αύγουστος 21, 2011 @ 10:02 μμ

  7. exete dikio…. twra t proseksa

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από alexaanagnostakis — Αύγουστος 21, 2011 @ 10:04 μμ

  8. Αν το παρακάτω επιχείρημα είναι σωστό, αποδεικνύει ότι η μοναδική συνάτηση
    που ικανοποιεί το συμπέρασμα είναι η ταυτοτικά ίση με μηδέν.

    Επιλέξτε οποιαδήποτε ακολουθία \{x_n\}_n για την οποία τα αντίστοιχα f(x_n) ορίζονται.
    Τότε η σειρά x_1 + (-x_1) + x_2 + (-x_2) + \cdots συγκλίνει. Από υποθεση θα συγκλίνει και η σειρά
    \sum_n f(x_n) + f(-x_n) και άρα

    1. Είτε f(x_n) \rightarrow 0 και άρα η συνάρτηση είναι παντού μηδέν,

    2. είτε f(x_n) δε συγκλίνει στο 0, οπότε f(x_n) = f(-x_n) και άρα η συνάρτηση είναι συμμετρική.
    Η συνάρτηση δε μπορεί να είναι σταθερή, διότι σε αυτή την
    περίπτωση κάθε σειρά \sum_n f(x_n) θα απέκλινε.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Σεπτεμβρίου 14, 2011 @ 10:59 μμ

  9. Η σειρά 1+(-1)+1+(-1)+1+(-1)+\dots δεν συγκλίνει. Η γραμμική συνάρτηση ικανοποιεί το συμπέρασμα. Και οποιαδήποτε άλλη είναι γραμμική κοντά στο μηδέν.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Σεπτεμβρίου 15, 2011 @ 1:44 πμ

  10. Φυσικά, έχετε δίκιο.
    Πρέπει να βάλει κανείς επιπλέον υποθέσεις στην \{x_n\}.
    Αν η \{x_n\} συγλίνει στο 0, τότε η σειρά x_1 + (-x_1) + x_2 + (-x_2) + ... συγκλίνει
    και το επιχείρημα του σχολίου (8) δείχνει ότι f(x_n)\rightarrow 0.
    Επίσης συγλίνει και η σειρά 0+0+0+…, άρα και η \sum f(0) οπότε f(0)=0.
    Δηλ, η f είναι συνεχής στο 0.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Σεπτεμβρίου 15, 2011 @ 10:32 μμ

  11. H askhsh einai alyth akoma giati den isxyei. Parte ws paradeigma thn f(x)=x+x^2.

    Stelnei ka8e sygklinousa seira se sygklinousa seira enw den einai grammikh se kanena diasthma gyrw apo to 0.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από sofos (@EfthymiosS) — Μαρτίου 4, 2012 @ 10:45 μμ

  12. Η συνάρτηση που γράφεις δεν στέλνει συγκλίνουσες σειρές σε συγκλίνουσες σειρές. Πάρε για παράδειγμα τη σειρά \sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Pambos — Μαρτίου 4, 2012 @ 11:41 μμ

  13. ontws, h askhsh den isxyei epomenws ean h f metaferei mono tis apolytws sygklinouses se sygklinouses seires.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από sofos (@EfthymiosS) — Μαρτίου 4, 2012 @ 11:48 μμ

  14. Απορία: Πόσο δύσκολη είναι η απόδειξη? Λύνεται με στοιχειώδεις γνώσεις??

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από fivosk7 — Ιανουαρίου 25, 2013 @ 12:54 πμ

  15. Ναι λύνεται με στοιχειώδεις γνώσεις.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Ιανουαρίου 25, 2013 @ 1:55 πμ

  16. Καταρχήν όντως επειδή Σ 0 = 0 (συγκλίνει) πρέπει να συγκλίνει και η Σ f(0) άρα f(0)=0. Θα δείξουμε αρχικά ότι υπάρχει δ τ.ώ. στο (-δ,δ) να ισχύει\
    f(-x) = -f(x) (ένα παρόμοιο άτοπο θα χρησιμοποιήσουμε και για την κυρίως απόδειξη).

    Η άρνηση του παραπάνω είναι ότι υπάρχει μια ακολουθία x_n που τείνει στο 0 για την οποία για κάθε n ισχύει f(-x_n) \ne -f(x_n) . Δηλαδ\
    ή είναι f(x_n) + f(-x_n) = e_n > 0 . Παίρνω τώρα την ακολουθία που αρχίζει x_1 , -x_1 αλλά [\frac{1}{e_1}] + 1 φορές. Συνεχίζω ε\
    ναλλάσωντας x_2 , -x_2 κλπ. Η σειρά συγκλίνει γιατί είναι απόλυτα φθίνουσα, τα x_n τείνουν στο 0 και είναι εναλλασόμενου προσήμου. Πρ\
    οφανώς η σειρά των εικονων αποκλείνει αφού παίρνουμε τόσες πολλές φορές το άθροισμα f(x_n) + f(-x_n) = e_n που στην ουσία προσθέτουμε άπειρ\
    α 1. Άτοπο. Άρα δεν υπάρχει τέτοια ακολουθία άρα για κάποιο δ ισχύει για κάθε x \in (-\delta,\delta) έχουμε f(-x_n) = -f(x_n) .

    Τώρα για να δείξουμε ότι η συνάρτηση είναι γραμμική σε κάποιο διάστημα υποθέτουμε ότι δεν είναι. Άρα υπάρχει ακολουθία x_n που τείνει στο 0\
    για την οποία f(x_{2r}) = c_{2r} x_{2r} και f(x_{2r+1}) = c_{2r+1} x_{2r+1} . Προσέξτε ότι για κάθε x είναι f(x) = cx, αρκεί να πάρο\
    υμε σαν c το f(x)/x. Απλά το c εξαρτάται από το x. Εμείς έχουμε μια ακολουθία που αυτά τα c είναι ανά δύο γειτονικά διαφορετικά (το c_1 με \
    το c_3 θα μπορούσε να ήταν και ίδια – αλλά το 2ρ με το 2ρ+1 είναι πάντα διαφορετικά). Αν δεν μπορώ να βρω τέτοια ακολουθία σημαίνει απλά ότ\
    ι από ένα σημείο και μετά η συνάρτηση είναι γραμμική. Θα καταλήξουμε τώρα σε άτοπο φτιάχνοντας μια κατάλληλη συγκλίνουσα που η αντίστοιχη των εικ\
    όνων θα αποκλείνει. Για τεχνικούς λόγους κρατάμε μια υπακολουθία της παραπάνω για την οποία ισχύει x_{2r}  c_2 .
    Παίρνω Nx_1 + e_1 το -x_2 και Nx_2 + e_2 φορές το x_1 , τα e έχουν μπει για να γίνει η ποσότητα ακέραιος αριθμός και άρα ε\
    ίναι πάντα μικρότερα της μονάδας.

    Αν τα αθροίσω τα παραπάνω παίρνω s = e_2 x_1 - e_1 x_2 και είναι -x_2 \le s \le x_1 . Μπορώ να εναλλάσω τους αριθμούς κατάλληλα ώστε ο\
    ι όροι του αθροίσματος να είναι πάντοτε ανάμεσα σε αυτές τις δύο ποσότητες ανεξάρτητα του πόσο μεγάλο είναι το Ν. Αν κάνω αυτή τη διαδικασία για \
    κάθε r παίρνω μια σειρά που συγκλίνει μιας και το άθροισμα σαν ακολουθία μερικών αθροισμάτων είναι cauchy (η διαφορά δύο μερικών αθροισμάτων είνα\
    ι το πολύ η διαφορά δύο μερικών αθροισμάτων της \sum x_n συν το x_n και λόγω επιλογής η \sum x_n συγκλίνει)

    Αν βέβαια τα x_i είναι ρητοί τότε το e δεν μας χρειάζεται και τα πράγματα είναι πιο απλά μιας και η ακολουθία μας απλά πάει στο 0…

    Τέλος… παρατηρούμε ότι αν παρουμε την ακολουθία των εικόνων θα εμφανίζεται στα αθροίσματα η ποσότητα N_r(c_{2r}-c{2r+1}) ή N_r(c_{2r+1\ }-c{2r}) . Επιλέγοντας αρκετά μεγάλα N_r και φροντίζοντας να κρατάμε πάντα την θετική ποσότητα θα έχουμε μια σειρά που αποκλίνει!!!

    Άρα καταλήξαμε σε άτοπο οπότε υποχρεωτικά f(x) = cx !

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από shortmanikos — Φεβρουαρίου 4, 2013 @ 11:44 μμ

  17. Μάλλον πρέπει να σταματήσω να προσπαθώ να γράψω σχόλια με latex…..
    συγνώμη για την ταλαιπωρία…. αν θέλετε το ξαναγράφω διορθωμένο….

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από shortmanikos — Φεβρουαρίου 4, 2013 @ 11:50 μμ

  18. Σωστά

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Φεβρουαρίου 5, 2013 @ 5:43 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: