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?
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?
Risposte
Prendi la funzione \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) definita da \[ x \mapsto \begin{cases} 1/x^2 & \text{se } x \in \mathbb{N} \setminus \{0 \} \\ 0 & \text{altrimenti.} \end{cases} \]E' chiaro che \[ \sup_{A \in \mathcal{P}} \sum_A |f(x)| < \infty; \]tuttavia \( x \in \mathcal{A}_n \) se e solo se \( x^2 < n \) e sse \( x < \sqrt{n} \) e quindi \( a_n=\# (\mathcal{A}_n) = \lfloor\sqrt{n} \rfloor \) che è illimitata.
Mi riallaccio a quanto detto da obnoxiuos poco fa.
O ho capito fischi per fiaschi del testo dell'esercizio, cosa possibile, ma a me sembra falso che la somma di quella serie sia necessariamente finita.
Questo perché mi sembra falso che gli $a_n$ siano necessariamente finiti.
Controesempio:
prendiamo $f(x)=sinx$,
che è una funzione limitata.
Essendo limitata il suo sup sarà $ <+ oo $ su qualsiasi sottinsieme di $ mathbb(R) $ , e quindi anche su quelli di cardinalità finita $A$.
Quindi varrà (è una somma finita):
\[ \sup_{A \in \mathcal{P} } \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \]
Però se prendiamo $1/n$ ad esempio uguale a $1/2$ non è affatto vero che l'insieme dei punti in cui $|sinx| > 1/2 $ ha cardinalità finita.
Se è così l'esercizio è un po' a trabocchetto.
D'altra parte sarebbe pure strano che ad analisi 1 si dia una dimostrazione complicata, questo pure mi fa pensare che è falso.
O ho capito fischi per fiaschi del testo dell'esercizio, cosa possibile, ma a me sembra falso che la somma di quella serie sia necessariamente finita.
Questo perché mi sembra falso che gli $a_n$ siano necessariamente finiti.
Controesempio:
prendiamo $f(x)=sinx$,
che è una funzione limitata.
Essendo limitata il suo sup sarà $ <+ oo $ su qualsiasi sottinsieme di $ mathbb(R) $ , e quindi anche su quelli di cardinalità finita $A$.
Quindi varrà (è una somma finita):
\[ \sup_{A \in \mathcal{P} } \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \]
Però se prendiamo $1/n$ ad esempio uguale a $1/2$ non è affatto vero che l'insieme dei punti in cui $|sinx| > 1/2 $ ha cardinalità finita.
Se è così l'esercizio è un po' a trabocchetto.
D'altra parte sarebbe pure strano che ad analisi 1 si dia una dimostrazione complicata, questo pure mi fa pensare che è falso.
Ciao Gabriella
Prendi $A_n={pi/2+2kpi: k in ZZcap[1,n]}$
Questi insiemi hanno tutti cardinalità finita inoltre
Prendi $A_n={pi/2+2kpi: k in ZZcap[1,n]}$
Questi insiemi hanno tutti cardinalità finita inoltre
$sum_(x inA_n)abs(sin(x))=sum_(k=1)^(n)abs(sin(pi/2+2kpi))=sum_(k=1)^(n)1=n$
"gabriella127":
Mi riallaccio a quanto detto da obnoxiuos poco fa.
O ho capito fischi per fiaschi del testo dell'esercizio, cosa possibile, ma a me sembra falso che la somma di quella serie sia necessariamente finita.
Questo perché mi sembra falso che gli $a_n$ siano necessariamente finiti. [...]
Non credo sia un'argomentazione valida, la serie a cui siamo interessati è \[ \sum \frac{a_n}{n^2 \log^2 (n)}; \] \( a_n \) ha "una certa libertà di essere illimitata" senza far divergere la serie.
"gabriella127":
[...]
Controesempio:
prendiamo $f(x)=sinx$,
che è una funzione limitata.
Essendo limitata il suo sup sarà $ <+ oo $ su qualsiasi sottinsieme di $ mathbb(R) $ , e quindi anche su quelli di cardinalità finita $A$.
Quindi varrà (è una somma finita):
\[ \sup_{A \in \mathcal{P} } \sum\limits_{x \in A} \begin{vmatrix} f(x) \end{vmatrix} < + \infty \] [...]
Questo è falsissimo, basta considerare per esempio gli insiemi (finiti) \[ B_{n} = \{ \pi/2, 3 \pi /2 , \dots , (2n+1) \pi /2 \}. \]
Sono abbastanza sicuro che quella serie sia convergente, e la dimostrazione (o le idee principali thereof) sta nei miei messaggi precedenti.
Boh, ci penserò, non dico che $a_n$ sia illimitata come successione, ma che una singola cardinalità $a_n$ sia infinita.
Buonanotte a tutti.
Buonanotte a tutti.
Ho provato a concluderlo così
tengo la posizione $E_n={x in RR: f(x)>1/n}$ e pongo \( \lambda=\mathrm{sup_{A \in P}\sum_{x \in A}|f(x)|} \)
se $x in E_n$ allora
tengo la posizione $E_n={x in RR: f(x)>1/n}$ e pongo \( \lambda=\mathrm{sup_{A \in P}\sum_{x \in A}|f(x)|} \)
se $x in E_n$ allora
$1/n (a_n)/n=sum_(x in E_n)1/n
da cui $(a_n)/(n^2log^2(n))2$
da cui $(a_n)/(n^2log^2(n))
In effetti avevo letto male la sommatoria.
Resta che l'esercizio è strano per un esame di analisi 1.
Resta che l'esercizio è strano per un esame di analisi 1.
E se consideriamo la funzione identicamente nulla?
È tutto nullo quindi l’affermazione rimane vera per questa funzione
Che poi è stata dimostrata in due modi la veridicità della affermazione
Che poi è stata dimostrata in due modi la veridicità della affermazione
Hai ragione.
"080e73990d22b9e30ee6fddddc45a902d78283e6":
Prendi la funzione \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) definita da \[ x \mapsto \begin{cases} 1/x^2 & \text{se } x \in \mathbb{N} \setminus \{0 \} \\ 0 & \text{altrimenti.} \end{cases} \]E' chiaro che \[ \sup_{A \in \mathcal{P}} \sum_A |f(x)| < \infty; \]tuttavia \( x \in \mathcal{A}_n \) se e solo se \( x^2 < n \) e sse \( x < \sqrt{n} \) e quindi \( a_n=\# (\mathcal{A}_n) = \lfloor\sqrt{n} \rfloor \) che è illimitata.
Grazie, effettivamente hai ragione!
"3m0o":
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
Quindi l'errore nel mio ragionamento qui sopra sta nel fatto che a priori potremmo avere che il \( \sup_{n \in \mathbb{N}} a_n\) e dunque \( \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \frac{1}{n} \) è raggiunto con \( n \to \infty \) e quindi l'oggetto \( \lim\limits_{ n \to \infty } \sum\limits_{k= n}^{\infty} \frac{1}{k} \) potremmo non saperlo trattare? E se non è il caso qual'è l'errore nel ragionamento sopra?
"gabriella127":
In effetti avevo letto male la sommatoria.
Resta che l'esercizio è strano per un esame di analisi 1.
Perché lo ritieni strano come esercizio d'esame?
Penso che l’errore possa stare nel fatto che non hai considerato la stima $(a_n)/nleq lambda$
@ 3m0o Trovo questo esercizio un po' strano perché mi sembra un esercizio poco standard in un primo esame di analisi.
Quando a suo tempo ho fatto il corso di analisi 1 (a matematica) agli studenti (ed erano bravi) mi sa che gli sarebbe venuto un colpo a vedere questo esercizio al primo esame.
Anche perché chiedere se è vero o falso, invece di dire 'dimostrate' e basta complica, può far perdere un sacco di tempo nel dubbio.
Pure voi ci avete messo un po' a risolverlo. All'esame sarebbe stato peggio, uno lì caso mai non ha la calma.
Però dipende da cosa si è fatto al corso, se al corso hanno visto cose simili è diverso.
Quando a suo tempo ho fatto il corso di analisi 1 (a matematica) agli studenti (ed erano bravi) mi sa che gli sarebbe venuto un colpo a vedere questo esercizio al primo esame.
Anche perché chiedere se è vero o falso, invece di dire 'dimostrate' e basta complica, può far perdere un sacco di tempo nel dubbio.
Pure voi ci avete messo un po' a risolverlo. All'esame sarebbe stato peggio, uno lì caso mai non ha la calma.
Però dipende da cosa si è fatto al corso, se al corso hanno visto cose simili è diverso.
"anto_zoolander":
Penso che l’errore possa stare nel fatto che non hai considerato la stima $(a_n)/nleq lambda$
Ok grazie, ci penserò!
"gabriella127":
@ 3m0o Trovo questo esercizio un po' strano perché mi sembra un esercizio poco standard in un primo esame di analisi.
Quando a suo tempo ho fatto il corso di analisi 1 (a matematica) agli studenti (ed erano bravi) mi sa che gli sarebbe venuto un colpo a vedere questo esercizio al primo esame.
Anche perché chiedere se è vero o falso, invece di dire 'dimostrate' e basta complica, può far perdere un sacco di tempo nel dubbio.
Pure voi ci avete messo un po' a risolverlo. All'esame sarebbe stato peggio, uno lì caso mai non ha la calma.
Però dipende da cosa si è fatto al corso, se al corso hanno visto cose simili è diverso.
Okay, chiedevo perché effettivamente quello era il mio esame di analisi 1 e, almeno a me, è venuto un colpo a vedere questo esercizio, anche se l'ho trovato molto bello e interessante. Su 19 problemi ordinati in modo crescente di difficoltà 16 erano "se vero dimostra, se falso contro-esempio". Al di là di tutto il tempo stringeva perché a voleri risolvere tutti avrei avuto circa 9 minuti ad esercizio, questo esercizio in 9 minuti non sarei mai riuscito a farlo, non sono riuscito in 2 giorni figurati...
Spero che sia strutturato in maniera tale da garantirti un buon voto anche senza rispondere a tutti e 19 i quesiti 
"3m0o":
Su 19 problemi ordinati in modo crescente di difficoltà 16 erano "se vero dimostra, se falso contro-esempio".
Vabbe', però quindi la modalità di esercizio 'se è vero dimostra, se falso controesempio' non era nuova per voi e questo già può prevenire lo svenimento.
Però io in un esame di analisi di primo anno non ho mai visto (a matematica alla Sapienza) un esercizio con questa modalità.
Ho riletto la tua dimostrazione un paio di volte e sono giunto a questa considerazione; cito prima il pezzo interessato.
L’errore è qui
Non è vero che $sum_(k=n)^(+infty)1/kleq s u p_(m in NN)sum_(x inA_m)1/m$
Il motivo è che essendo $sum_(x in A_n)1/n=1/nsum_(x in A_n)1=(a_n)/n$(in quanto nella somma ciò che varia è $x$) potrebbe quindi, dato $n inNN$, esistere un certo $m in NN$ per cui
$sum_(k=n)^(+infty)1/kleq(a_m)/m -> (a_m)/m=+infty$ ma essendo $m in NN$ dovrebbe essere $a_m=+infty$ il che sarebbe assurdo per quanto dimostrato prima
"3m0o":
$\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
\[ +\infty= \sum\limits_{k= n}^{\infty} \frac{1}{k} \leq \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} \frac{1}{n} \leq \sup\limits_{n \in \mathbb{N}} \sum\limits_{x \in \mathcal{A}_n} f(x) < + \infty \]
L’errore è qui
Non è vero che $sum_(k=n)^(+infty)1/kleq s u p_(m in NN)sum_(x inA_m)1/m$
Il motivo è che essendo $sum_(x in A_n)1/n=1/nsum_(x in A_n)1=(a_n)/n$(in quanto nella somma ciò che varia è $x$) potrebbe quindi, dato $n inNN$, esistere un certo $m in NN$ per cui
$sum_(k=n)^(+infty)1/kleq(a_m)/m -> (a_m)/m=+infty$ ma essendo $m in NN$ dovrebbe essere $a_m=+infty$ il che sarebbe assurdo per quanto dimostrato prima
"anto_zoolander":
Spero che sia strutturato in maniera tale da garantirti un buon voto anche senza rispondere a tutti e 19 i quesiti
Sni
"gabriella127":
Vabbe', però quindi la modalità di esercizio 'se è vero dimostra, se falso controesempio' non era nuova per voi e questo già può prevenire lo svenimento.
Però io in un esame di analisi di primo anno non ho mai visto (a matematica alla Sapienza) un esercizio con questa modalità.
Ci aveva fatto una simulazione d'esame per comprendere com'era strutturato l'esame, la cui media è stata, se non erro, 21 punti su 84
quindi si, ci aspettavamo questa modalità."anto_zoolander":
Ho riletto la tua dimostrazione un paio di volte e sono giunto a questa considerazione; cito prima il pezzo interessato. [...]
Hai ragione! Grazie mille!
"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.
In realtà questa è una cosa ovvia, solo che detta così con le misure sembra spaventosa. Infatti, per definizione, \(x\in A_n\) se e solo se \(f(x)>\frac1n\). Quindi, ponendo \(a_n:=\#A_n\),
\[
\sum_{x\in A_n} f(x)>\sum_{x\in A_n} \frac{1}{n}=\frac{1}{n} a_n.\]
Come già notato da obnoxius, questa semplice osservazione porta subito alla soluzione dell'esercizio: difatti, per quanto appena detto, \(a_n\le Cn\) per \(C:=\sup\left(\sum_{x\in A_n} |f(x)|\right)\); questa è una costante finita e indipendente da \(n\), per ipotesi. Quindi
\[
\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2\log^2 n} \le \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n\log^2 n}<\infty.\]
Osservazione. Secondo me l'estensore dell'esercizio ha dimenticato di specificare che \(f\) è una funzione positiva. Infatti, tutto questo post resterebbe in piedi sostituendo a \(f\) la sua parte positiva \(f^+\), e la costante \(C\) potrebbe essere rimpiazzata con la costante più piccola \(\sup\left(\sum_{x\in A_n} f^+(x)\right)\).
@dissonance: una cosa stupida, ti sei perso il quadrato del logaritmo (senza il quale quella serie diverge).
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