Esercizio d'esame analisi 1.

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
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?

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 )

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

...\(\sup\)?

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.

[...] 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?

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 \( \sup \)

[...] 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 \( \#(\mathcal{A}_{\bar{n}}) = + \infty \) ?

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

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 \( \#( \mathcal{A}_{\bar{n}} )= + \infty \) ?

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.