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?