Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουνίου 30, 2016

Σειρά μεταθέσεων

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 1:48 πμ

Αν η f:\mathbb R\to\mathbb R είναι ολοκληρώσιμη, τότε η σειρά

\displaystyle {\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt n}f\left(x-\sqrt n\right)}

συγκλίνει για σχεδόν όλα τα x.

Advertisements

7 Σχόλια »

  1. Μπορεί να λυθεί η άσκηση με προπτυχιακές γνώσεις θεωρίας μέτρου;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Νοέμβριος 1, 2017 @ 11:47 μμ

  2. Ναι. Δεν χρειάζεται κάτι προχωρημένο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Νοέμβριος 2, 2017 @ 2:09 πμ

  3. Καλησπέρα , καταρχάς θα αποδείξουμε το ζητούμενο για την |f| γιατί δεν προστίθεται καθόλου επιπλέον πληροφορία ( αν η f \in L^1 \Rightarrow  |f| \in L^1 . Πρώτη σκέψη : να ολοκληρώσω την σειρά πάνω από το \mathbb{R} δηλαδή \int_{\mathbb{R}} \sum_{n} \frac{|f|(x-\sqrt{n})}{\sqrt{n}} \stackrel{\text{Beppo-Levy}}{\Rightarrow}  \int_{\mathbb{R}} \sum_{n} \frac{|f|(x-\sqrt{n})}{\sqrt{n}}= \sum_n  \int_{R} \frac{|f|(x-sqrt{n})}{\sqrt{n}}= \sum_n \frac{ \left \| f \right \|_{1} }{\sqrt{n}}= \infty οπότε αν η f δεν ειναι σ.π μηδεν αποτυγχάνουμε .

    Δεύτερη σκέψη : δεν χρειάζεται η σειρά να είναι ολοκληρώσιμη σε όλο το \mathbb{R} αλλά σε κάθε διάστημα της μορφής [k,k+1] με k \in \mathbb{Z} Fixάρω k \in \mathbb{Z} και υπολογίζω το \int^{k+1}_{k} \sum_{n} \frac{|f|(x-\sqrt{n})}{\sqrt{n}} =\sum_{n} \int^{k+1}_{k} \frac{|f|(x-\sqrt{n})}{\sqrt{n}}=\sum_{n} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}

    Θέτω \left \{ n: \exists k \in \mathbb{N} \quad , n=k^2 \right.\left.  \right \} δηλαδή τα τέλεια τετράγωνα .

    \sum_{n} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}=\sum_{n \in S}\int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}+\sum_{n \in \mathbb{N} \setminus S} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}=\sum_{n=1}^{\infty}  [\int^{k+1-n}_{k-n} \frac{f(x)}{n}] +\sum_{n \in \mathbb{N} \setminus S} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}

    Τώρα \sum_{n=1}^{\infty}  [\int^{k+1-n}_{k-n} \frac{f(x)}{n}] \leq \sum_{n=1}^{\infty}  [\int^{k+1-n}_{k-n} f(x)]=\int^{k}_{-\infty} f \leq \left \| f \right \| _{1}

    Για το άλλο μισό άθροισμα ,το άθροισμα είναι ολοκλήρωμα ως προς το μέτρο αρίθμησης στο \mathbb{N} : Εδώ να σημειώσω ότι το S^c μπορώ να το γράψω ώς \bigcup_{a=1}^{\infty} \mathbb{N} \cap (a^2,(a+1)^2) (Σημειώνω : J_a=\mathbb{N} \cap (a^2,(a+1)^2) που είναι ανά δύο ξένα )

    \sum_{n \in \mathbb{N} \setminus S} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}= \int_{S^c}  \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}= \sum_{a=1}^{\infty} \int_{J_{a}} \int^{k+1-\sqrt{n}}_{k-\sqrt{n}} \frac{|f|(x)}{\sqrt{n}}dxdn = \sum_{a=1}^{\infty}  n(Ja) \int^{k+1-a}_{k-1-a}\frac{|f|(x)}{a}dx   \quad (1)

    n(J_a)=2a

    Οπότε η (1) γίνεται \sum_{a=1}^{\infty} \int^{k-(a-1)}_{k-(a+1)} |f|(x)dx=\sum_{a=1}^{\infty} [ \int^{k-a}_{k-(a+1)}|f|(x)dx+ \int^{k-(a-1)}_{k-a}|f|(x)dx]=\int^{k-1}_{-\infty}|f|(x)dx+\int^{k}_{-\infty}|f|(x)dx \leq  \left \| f \right \|_{1} +\left \| f \right \|_{1} =2\left \| f \right \|_{1}

    Άρα τελικά \int^{k+1}_{k} \sum_{n} \frac{|f|(x-\sqrt{n})}{\sqrt{n}}  \leq 3 \left \| f \right \|_{1} < \infty και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Δεκέμβριος 6, 2017 @ 6:12 μμ

  4. Τυπογραφικό : στο σημείο που εισάγω την (1) η τελευταία ισότητα είναι \leq

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Δεκέμβριος 6, 2017 @ 6:46 μμ

  5. Σωστά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Δεκέμβριος 6, 2017 @ 11:05 μμ

  6. Ποιό είναι το σύνολο S στη πιο πάνω λύση;
    Επίσης τί είναι τα n(Ja) και n(J_a);

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — Δεκέμβριος 20, 2017 @ 12:55 πμ

  7. S είναι τα τέλεια τετράγωνα και το n(Ja) ειναι το μέτρο αρίθμησης του Ja .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Tasos Fragos — Δεκέμβριος 20, 2017 @ 3:09 πμ


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 Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: