13/07/2019, 14:50
obnoxious ha scritto: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.
13/07/2019, 14:55
13/07/2019, 15:01
3m0o ha scritto:Il fatto è che mi sembra strano il fatto che \( \sup_{n \in \mathbb{N} } a_n < + \infty \) [...]
13/07/2019, 15:23
13/07/2019, 15:55
13/07/2019, 16:11
obnoxious ha scritto:Ok, penso che un modo per vederlo sia usando la disuguaglianza di Chebyshev con la counting measure. La counting measure è sostanzialmente la cardinalità dell'insieme. Assumendo che \(f \) sia misurabile rispetto alla counting measure \( \mu \), abbiamo che \[ a_n = \# (\mathcal{A}_n ) = \mu(\mathcal{A}_n)\le n \int_{\mathcal{A}_n} |f| \, d \mu = n \sum_{\mathcal{A}_n} |f(x)| \le C n. \]Quindi \[ \sum \frac{a_n}{n^2 \log^2 (n)} \le C \sum \frac{1}{n \log^2 (n)} < \infty \qquad (*). \]
Ovviamente immagino che tutto ciò esuli dalle conoscenze ammesse all'esame, quindi bisogna trovare qualche trucco più elementare...
Edit. Barando, perché l'argomento sopra ci suggerisce la via, proviamo a dimostrare il seguente fatto: esiste una costante positiva \( C > 0 \) tale che \( a_n \le C n \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \). Supponiamo infatti che questo sia falso. Allora per ogni \( K \in \mathbb{N} \) esiste un \( \bar{n}(K) \in \mathbb{N} \) tale che \( a_n > K n\) per \( n \ge \bar{n}\). Fissiamo un \(K\); si ha \[K=\frac{K \bar{n}(K)}{\bar{n}(K)}< \sum_{\mathcal{A}_{\bar{n}(K)}} f(x) \le \sup_{A \in \mathcal{P} } \sum |f(x)| < \infty. \]Ma \(K\) è arbitrario e \( \mathcal{A}_{\bar{n}(K)}\) ha cardinalità finita, contraddizione. Concludi usando \( (*)\).
13/07/2019, 16:18
3m0o ha scritto:[...] non capisco una disuguaglianza
\[\frac{K \bar{n}(K)}{\bar{n}(K)}< \sum_{\mathcal{A}_{\bar{n}(K)}} f(x) \]
13/07/2019, 17:49
13/07/2019, 17:57
anto_zoolander ha scritto:se può servire ho provato a mostrare così la finitezza della successione [...]
13/07/2019, 18:04
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