Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda 3m0o » 13/07/2019, 05:20

Salve, il prof mi ha consegnato una copia del esame di analisi I che ho svolto in gennaio, e c'è un problema che pure ora non ho idea di come svolgere, sarei curioso di sapere come farlo. O almeno un suggerimento.
Sia \( \mathcal{P}=\{ A \subset \mathbb{R} : \#(A) < + \infty \} \) dove $\#(X)$ indica la cardinalità dell'insieme $X$, e sia $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ una funzione tale che
\[ \sup\limits_{A \in \mathcal{P}} \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \]
e per tutti gli $n \in \mathbb{N}$ sia $a_n= \#(\{x : f(x) > \frac{1}{n} \})$. Allora abbiamo
\[ \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{a_n}{n^2 \log^2 n} < + \infty \]
Vero o falso? Se vero dimostrare se falso dare un contro-esempio.

Allora, sebbene non sia un argomentazione valida, mi sembra troppo particolare come problema per essere falso :-D
Dunque credo sia vero. Pertanto cercherei di minorarlo con qualche cosa. Forse con un integrale?
L'idea che ho avuto è questa:

Penso sia scorretta la minorazione che ho in mente, dovrei ragionarci meglio. Quello che ho in mente di dimostrare ma non ho idea di come fare è che per ogni $n \in \mathbb{N}$ e pertanto fissiamo un $n$ arbiatrario abbiamo che $a_n < + \infty $ e questo significherebbe che l'insieme \( \mathcal{A}_n := \{ x : f(x) > \frac{1}{n} \} \) è di cardinalità finita. Dunque $\forall n \in \mathbb{N}$ risulta che \( \mathcal{A}_n \in \mathcal{P} \). Supponendo vera questa affermazione avrei che:
\[ \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} \leq \sup\limits_{A \in \mathcal{P}} \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \]
E pertanto siccome $a_{n+1} \geq a_n $ in quanto $ \frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n} $ e dunque \( \mathcal{A}_{n} \subset \mathcal{A}_{n+1} \), e poiché per ogni \( n \in \mathbb{N} \) abbiamo che \( \forall x \in \mathcal{A}_n \) risulta \( f(x) >0 \) dunque \( \forall n \in \mathbb{N} \) risulta:
\[ \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} = \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} f(x) \leq \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_{n+1}} f(x) = \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_{n+1}} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} \]

Risulta chiaro pertanto che \[ \lim\limits_{n\to + \infty} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} f(x) < + \infty \]
Ma d'altro canto abbiamo anche che $\forall n \in \mathbb{N} $ risulta
\[ \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \frac{1}{n} \leq \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} f(x) \]
Dunque forzatamente \( M:= \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} a_n < + \infty \) altrimenti avrei
\[ +\infty= \sum\limits_{k= n}^{\infty} \frac{1}{k} \leq \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \frac{1}{n} \leq \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} f(x) < + \infty \]
Che è un assurdo
Pertanto ottengo
\[(1) \ \ \ \ \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{a_n}{n^2 \log^2 n} \leq \lim\limits_{ \beta \to \infty} \int_{2}^{\beta} \frac{M}{x^2 \log^2 x} dx= M\lim\limits_{ \beta \to \infty} \int_{2}^{\beta} \frac{1}{x^2 \log^2 x} dx \]
Credo che questo integrale converga in quanto
\[ M\lim\limits_{ \beta \to \infty} \int_{2}^{\beta} \frac{1}{x^2 \log^2 x} dx \leq M\lim\limits_{ \beta \to \infty} \int_{2}^{\beta} \frac{1}{x^2} dx = M \lim\limits_{\beta \to \infty} (-\frac{1}{\beta} + \frac{1}{2} )= \frac{M}{2} \]

Non sono minimamente sicuro del mio ragionamento, ma anche fosse corretto dovrei comunque dimostrare che $\forall n \in \mathbb{N} $ ho \( \mathcal{A}_n \in \mathcal{P} \).
Per dimostrare ciò immagino che dovrei utilizzare il fatto che \[ \sup\limits_{A \in \mathcal{P}} \sum\limits_{x \in A} f(x) \]
Converge assolutamente e dunque converge. Ma non ne ho idea... qualche suggerimento?
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda Reyzet » 13/07/2019, 10:16

Guarda, non so se ho capito il testo e dico la prima cosa che mi è venuta, non sono sicuro sia giusto. Tu vuoi dimostrare che ogni $a_{n}$ è finito.
Supponiamo che ssista $\alpha$ tale che $a_{\alpha}$ sia infinito e cioè $A_{\alpha}$ abbia cardinalità infinita, allora esistono un numero infinito di x tali che $f(x)>1/\alpha$
Costruiamo induttivamente con l'assioma della scelta
$B_{1}={x_{1}}, B_{2}={x_{1},x_{2}}...$ e così via aggiungiamo un elemento di $A_{\alpha}$. Questi hanno tutti cardinalità finita, pari a n, perciò stanno in P.
Ora evidentemente $n/(\alpha) <sum_{k=1}^{n} f(x_{k})=sum_{x\in B_{n}} |f(x)|$, ora si ha $+\infty=sup n/(\alpha) \leq sup sum_{x\in B_{n}} |f(x)| \leq sup_{A \in P} sum_{x \in A} |f(x)| <+\infty$ essendo l'insieme dei $B_{n}$ sottoinsieme di P.

Vedi se ti convince (non convince neanche me :) )

(Quelle cose rovesciate sono dei sup, non mi ricordo come si scrivono in LaTeX :( )
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda caulacau » 13/07/2019, 10:42

Quelle cose rovesciate sono dei sup, non mi ricordo come si scrivono in LaTeX

...\(\sup\)?
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda Reyzet » 13/07/2019, 10:56

caulacau ha scritto:
Quelle cose rovesciate sono dei sup, non mi ricordo come si scrivono in LaTeX

...\(\sup\)?

Eh lo so, l'ho anche cercato, ma mi uscivano quei simboli, fa niente.
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda obnoxious » 13/07/2019, 12:37

3m0o ha scritto:[...] dovrei comunque dimostrare che $\forall n \in \mathbb{N} $ ho \( \mathcal{A}_n \in \mathcal{P} \). [...]

A me sembra che tu l'abbia già sostanzialmente dimostrato. Supponiamo esista un \( \bar{n} \in \mathbb{N} \) tale che \( \#(\mathcal{A}_{\bar{n}}) = + \infty \); prendi un \( \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \subseteq \mathcal{A}_{\bar{n}}\) che sia numerabile e considera una successione \( \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} \subseteq \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}, \ i \in \mathbb{N} \) con \( \# (\tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)}) < + \infty \) per ogni \( i \in \mathbb{N} \) (li costruisci in maniera induttiva usando la biiezione tra \(\tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \) ed \( \mathbb{N} \)) e \( \bigcup_{i} \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} = \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \). Si ha pertanto \[ \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} } f(x) \le \sup_{ A \in \mathcal{P}} \sum_{A} |f(x)| \quad \forall \, i\]e LHS è arbitrariamente grande. Ti torna?
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda 3m0o » 13/07/2019, 14:42

Reyzet ha scritto:Eh lo so, l'ho anche cercato, ma mi uscivano quei simboli, fa niente.

Se scrivi utilizzando il simbolo del dollaro e scrivi il comando \sup ti esce quella sorta di inclusione $ \sup $ mentre devi scrivere tra la parente e lo slash \ ( \sup \ ) e vedrai che ti esce il \( \sup \)
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda 3m0o » 13/07/2019, 14:54

obnoxious ha scritto:
3m0o ha scritto:[...] dovrei comunque dimostrare che $\forall n \in \mathbb{N} $ ho \( \mathcal{A}_n \in \mathcal{P} \). [...]

A me sembra che tu l'abbia già sostanzialmente dimostrato. Supponiamo esista un \( \bar{n} \in \mathbb{N} \) tale che \( \#(\mathcal{A}_{\bar{n}}) = + \infty \); prendi un \( \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \subseteq \mathcal{A}_{\bar{n}}\) che sia numerabile e considera una successione \( \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} \subseteq \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}, \ i \in \mathbb{N} \) con \( \# (\tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)}) < + \infty \) per ogni \( i \in \mathbb{N} \) (li costruisci in maniera induttiva usando la biiezione tra \(\tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \) ed \( \mathbb{N} \)) e \( \bigcup_{i} \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} = \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} \). Si ha pertanto \[ \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} } f(x) \le \sup_{ A \in \mathcal{P}} \sum_{A} |f(x)| \quad \forall \, i\]e LHS è arbitrariamente grande. Ti torna?

Scusami, ma non sono sicuro di capire dove sta la contraddizione...
Se tutti gli \( \tilde{\mathcal{A}}_{\bar{n}}^{(i)} \in \mathcal{P}\) per costruzione è chiaro che $ \forall i $
\[ \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} } f(x) \le \sup_{ A \in \mathcal{P}} \sum_{A} |f(x)| \]
Ma questo come mai contraddice il fatto che esiste un \( \bar{n} \) tale che \( \#(\mathcal{A}_{\bar{n}}) = + \infty \) ?
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda obnoxious » 13/07/2019, 14:59

L'esistenza di un tale \( \bar{n} \) contraddice il fatto che per ipotesi si ha \[ \sup_{A \in \mathcal{P}} \sum_A |f(x)| < \infty. \]
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda 3m0o » 13/07/2019, 15:36

obnoxious ha scritto:L'esistenza di un tale \( \bar{n} \) contraddice il fatto che per ipotesi si ha \[ \sup_{A \in \mathcal{P}} \sum_A |f(x)| < \infty. \]


Tu dici che \( \sup_{i \in \mathbb{N} } \#(\tilde{\mathcal{A}}_{\bar{n}}^{(i)})=\#(\tilde{\mathcal{A}}_{\bar{n}}) \) ?
e siccome $\forall i $
\[ \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} } f(x) \le \sup_{ A \in \mathcal{P}} \sum_{A} |f(x)| \]
Allora
\[ \sup_{i \in \mathbb{N}}\sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}}^{(i)} } f(x) = \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} } f(x) \le \sup_{ A \in \mathcal{P}} \sum_{A} |f(x)| < + \infty\]
E poiché
\[ + \infty= \sum_{k=\bar{n}}^{\infty} \frac{1}{k} \le \sum\limits_{x \in \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} } \frac{1}{\bar{n}} \le \sum_{ \tilde{\mathcal{A}_{\bar{n}}} } f(x) \]
Che è assurdo!
Il fatto è che questo contraddice che possiamo estrarre un sottoinsieme di cardinalità infinito numerabile da un insieme di cardinalità infinita. E questo contraddice l'esiste di un \( \bar{n} \) tale che \( \#( \mathcal{A}_{\bar{n}} )= + \infty \) ?
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Re: Esercizio d'esame analisi 1.

Messaggioda obnoxious » 13/07/2019, 15:44

Sostanzialmente corretto, ma non passerei al \( \sup \) sugli \(i \). Basta dire così: sia \( M > 0 \); per le motivazioni che adduci esisterà \( \bar{i} \) tale che \( M < \sum_{\tilde{\mathcal{A}_\bar{n}} ^{(i)}} f(x) \) diciamo per ogni \( i \ge \bar{i} \). Ma \( M \) è arbitrario, quindi ad un certo punto "sorpassi" la quantità \( \sum_{A \in \mathcal{P}} |f(x)| \). Contraddizione che deriva dall'aver assunto \( \mathcal{A}_\bar{n} \) di cardinalità infinita.
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