Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

#1

Έστω $f_{0}:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$ με $f_{0}(x)=ax^{b}$ όπου a,b>0

και

$\displaystyle{f_{n}:(0,+\infty)\to\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f_{n}(x):=\sqrt{\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)\,dt}}$ .

Να μελετηθεί η παραπάνω ακολουθία συναρτήσεων ως προς την σημειακή και ομοιόμορφη σύγκλιση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Έστω $f_{0}:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$ με $f_{0}(x)=ax^{b}$ όπου και

$\displaystyle{f_{n}:(0,+\infty)\to\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f_{n}(x):=\sqrt{\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)\,dt}}$ .

Να μελετηθεί η παραπάνω ακολουθία συναρτήσεων ως προς την σημειακή και ομοιόμορφη σύγκλιση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Βγάζω κ.σ. στην και ομοιόμορφα στα συμπαγή...

Ας γράψω κάποια πράγματα που έχω σκεφτεί, προς κρίση και συζήτηση, γιατί μάλλον τείνει να ξεχαστεί το θέμα.

Έχουμε :

$\displaystyle{f_{1}(x)=\Big(a\int_{0}^{x}t^{b}\,dt\Big)^{\frac{1}{2}}=\Big(\frac{a}{b+1}x^{b+1}-\frac{a}{b+1}\lim_{t\to0^{+}}e^{(b+1)\ln t}\Big)^{\frac{1}{2}}=\Big(\frac{a}{b+1}\Big)^{\frac{1}{2}}x^\frac{b+1}{2}}$ ,

$\displaystyle{f_{2}(x)=\Big(\int_{0}^{x}\big(\frac{a}{b+1}\big)^{\frac{1}{2}}t^{\frac{b+1}{2}}\,dt\Big)^{\frac{1}{2}}=\Big(\frac{a}{b+1}\Big)^{\frac{1}{4}}\Big(\frac{2}{b+1+2}\Big)^{\frac{1}{2}}x^{\frac{b+1+2}{4}}}$ ,

$\displaystyle{\vdots}$

$\displaystyle{f_{n}(x)=\Big(\frac{a}{b+2^{0}}\Big)^{\frac{1}{2^{n}}}\Big(\frac{2^{1}}{b+2^{0}+2^{1}}\Big)^{\frac{1}{2^{n-1}}}\cdots\Big(\frac{2^{n-1}}{b+2^{0}+2^{1}+\cdots+2^{n-1}}\Big)^{\frac{1}{2^{n-(n-1)}}}x^{\frac{b+2^{0}+2^{1}+\cdots+2^{n-1}}{2^{n}}}=}$

$\displaystyle{\sqrt[2^{n}]{a}\Big(\frac{2}{(b+2^{1}-1)(b+2^{2}-1)\cdots(b+2^{n}-1)}\Big)^{\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{2}{2^{n-2}}+\cdots+\frac{n-1}{2^{n-(n-1)}}}x^{\frac{b+2^{n}-1}{2^{n}}}\stackrel{\boxed{*}}{=}}$

$\displaystyle{\sqrt[2^{n}]{a}\Big(\frac{2}{(b+2^{1}-1)(b+2^{2}-1)\cdots(b+2^{n}-1)}\Big)^{n-2+\frac{1}{2^{n-1}}}x^{\frac{b+2^{n}-1}{2^{n}}}\to0}$ , αφού

$\displaystyle{\sqrt[2^{n}]{a}\to1}$ ,

$\displaystyle{\Big(\frac{2}{(b+2^{1}-1)(b+2^{2}-1)\cdots(b+2^{n}-1)}\Big)^{n-2+\frac{1}{2^{n-1}}}\to0}$ ,

$\displaystyle{x^{\frac{b+2^{n}-1}{2^{n}}}\to x}$ .

$\displaystyle{\boxed{*}}$ το $\displaystyle{\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{2}{2^{n-2}}+\cdots+\frac{n-1}{2^{n-(n-1)}}}$ είναι άθροισμα n-1

όρων μεικτής προόδου.

Το βιβλίο δίνει οριακή συνάρτηση την $\displaystyle{\frac{x}{x+2}}$ , κάτι το οποίο δεν μπορώ να καταλάβω πώς μπορεί να προκύψει, αν είναι σωστός ο τύπος για την $\displaystyle{f_{n}}$ που έχω βγάλει...

#3

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:

$\Big(\frac{2^{1}}{b+2^{0}+2^{1}}\Big)^{\frac{1}{2^{n-1}}}\cdots\Big(\frac{2^{n-1}}{b+2^{0}+2^{1}+\cdots+2^{n-1}}\Big)^{\frac{1}{2^{n-(n-1)}}}$

$\Big(\frac{2}{(b+2^{1}-1)(b+2^{2}-1)\cdots(b+2^{n}-1)}\Big)^{\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{2}{2^{n-2}}+\cdots+\frac{n-1}{2^{n-(n-1)}}}\stackrel{\boxed{*}}{=}}$

Αναστάση, στο παραπάνω εντοπίζω το πρόβλημα (τα δύο μέλη δεν είναι ίσα).

Μερικές σκέψεις: Αφού βρείς το κατασημείο όριο, έστω f(x), αναμένουμε ότι η σύγκλιση είναι κυριαρχημένη (τουλάχιστον για καλά a, b). Αν αληθεύει αυτό, για να δούμε ποια είναι η υποψήφια f.

Aπό θεώρημα Lebesgue έχουμε εναλλαγή ορίου και ολοκλήρωσης. Συνεπώς

$f(x) = \sqrt{\int_0^x f(t)dt}\,\,$ (*)

άρα

$f^2 (x) = \int_0^x f(t)dt$

Παραγωγίζοντας θα βρούμε (αφού f(x) $\ne 0)$ ότι 2f ' (x) = 1

που μαζί με την f(0) = 0, δίνει f(x) = x/2.

Μαντεύω λοιπόν ότι το όριο είναι χ/2.

Φιλικά,

Μιχάλης

ΠΡΟΣΘΗΚΗ ΑΡΓΟΤΕΡΑ: Τελικά και η f(x) = 0 είναι πιθανή λύση (ικανοποιεί, άλλωστε, την (*) ). Παραπάνω που γράφω "αφού f(x) $\ne 0$ ", δεν είναι σωστό: Τα $f_n(x)\,$ είναι μη μηδενικά, αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι και το όριο είναι μη μηδενικό.

#4

(998,999,1000 φτου και βγαίνω...) Πράγματι Δάσκαλε, εκεί υπάρχει λάθος. Σε ευχαριστώ για την επισήμανση.

Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

Re: Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

Re: Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

Re: Ύποπτη σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων

Μέλη σε σύνδεση