Esercizio d'esame analisi 1.

[Studente Anonimo]

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?

[Reyzet]

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)
Vedi se ti convince (non convince neanche me )

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

[caulacau]

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

...\(\sup\)?

[Reyzet]

"caulacau":

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.

[Studente Anonimo]

"3m0o":[...] 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?

[Studente Anonimo]

"Reyzet":
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 \( \sup \)

[Studente Anonimo]

"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":[quote="3m0o"][...] 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?[/quote]
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 \( \#(\mathcal{A}_{\bar{n}}) = + \infty \) ?

[Studente Anonimo]

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

[Studente Anonimo]

"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":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 \( \#( \mathcal{A}_{\bar{n}} )= + \infty \) ?

[Studente Anonimo]

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.

[Studente Anonimo]

"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":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.

Okay grazie mille, e poi dopo aver dimostrato che $\forall n $, \( \mathcal{A}_n \in \mathcal{P} \) il seguito del mio ragionamento è corretto? In particolare il modo in cui dimostro che \( \sup_{n \in \mathbb{N}} a_n < +\infty \) ?

[Studente Anonimo]

Il fatto è che mi sembra strano il fatto che \( \sup_{n \in \mathbb{N} } a_n < + \infty \) perché siccome \( \forall n \) abbiamo \( a_n \in \mathbb{N} \) e in particolare avendo \( a_n \leq a_{n+1} \) vuol dire che \( \exists N \in \mathbb{N} \) tale che \( \forall n

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[Studente Anonimo]

"3m0o":Il fatto è che mi sembra strano il fatto che \( \sup_{n \in \mathbb{N} } a_n < + \infty \) [...]

Lo è (strano), stavo giusto pensandoci. Tra l'altro se così fosse, avremmo \[ \sum \frac{a_n}{n^2 \log^2 (n)} \le C \sum \frac{1}{n^2} < \infty \]senza tirare in ballo integrali (che peraltro è un risultato molto più forte). Devo pensarci un attimo.

[Studente Anonimo]

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 \( (*)\).

[Studente Anonimo]

Ho editato il post precedente, mi scuso per aver scritto tre messaggi di fila.

[Studente Anonimo]

"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":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 \( (*)\).

Vabbe non ci sarei mai arrivato a fare una cosa di questo tipo, soprattutto perché non ho idea di cosa sia il counting measure e la disugaglianza di Chebyshev. Detto ciò non capisco una disuguaglianza
\[\frac{K \bar{n}(K)}{\bar{n}(K)}< \sum_{\mathcal{A}_{\bar{n}(K)}} f(x) \]

[Studente Anonimo]

"3m0o":[...] non capisco una disuguaglianza
\[\frac{K \bar{n}(K)}{\bar{n}(K)}< \sum_{\mathcal{A}_{\bar{n}(K)}} f(x) \]

E' conseguenza diretta del fatto che in \( \mathcal{A}_{\bar{n}(K)} \), per definizione, \( f > 1/\bar{n}(K) \) e che, per l'assurdo assunto, \( a_{\bar{n}(K)} = \# ( \mathcal{A}_{\bar{n}(K)}) > K \bar{n}(K) \).

[anto_zoolander]

se può servire ho provato a mostrare così la finitezza della successione

pongo $E_n={x in RR: f(x)>1/n}$ e $a_n=#(E_n)$ per ogni $n in NN$

supponiamo che esista un $m in NN$ per cui $a_m=aleph_0$; in questo modo si può scrivere

$E_m={x_i : i in NN}$ con $#(E_m)=aleph_0$

a questo punto si considera $E_(m,n)={x_i in E_m: ileqn}$

$sum_(x in E_(m,n))abs(f(x))=sum_(i=1)^(n)abs(f(x_i))$

LHS è minore di una certa quantità finita per ogni $n in NN$ pertanto RHS, essendo una successione monotona, potrà converge o divergere ma per quella uguaglianza deve necessariamente convergere.

visto che $sum_(i=1)^(+infty)abs(f(x_i)) in RR$ allora $abs(f(x_i))-> 0$ il che è assurdo poichè per ipotesi $f(x_i)>1/m$

dovrebbe avere senso

[Studente Anonimo]

"anto_zoolander":se può servire ho provato a mostrare così la finitezza della successione [...]

Non ho capito, vuoi dimostrare che la cardinalità dei singoli - per usare la tua notazione - \( E_n \) è finita o che la successione \( a_n \) è limitata (fatto molto probabilmente falso)?

[anto_zoolander]

che gli $E_n$ hanno cardinalità finita e quindi che gli $a_n$ sono finiti
sulla limitatezza di $a_n$ non mi sono professato infatti

stavo studiando e mi è sembrato di capire che ci fosse questo problema ma magari ho capito male

[Studente Anonimo]

Il problema era la limitatezza di $a_n$, a me sembra che il fatto che gli insiemi \( \mathcal{A}_n \) o con la tua notazione \( E_n \) siano di cardinalità finita e il fatto che
\[ \sup_{A \in \mathcal{P} } \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \]
e che \( \forall n , \forall x \in \mathcal{A}_n \) risulta che \( f(x) > \frac{1}{n} \) implichi che \( \sup_{n \in \mathbb{N} } a_n \in \mathbb{R} \) ma al contempo mi suona molto strano... se cosi non fosse non capisco l'errore nel mio ragionamento!