Καλές ακολουθίες

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Καλές ακολουθίες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Φεβ 02, 2012 7:17 pm

Ονομάζουμε μια ακολουθία (x_n) καλή αν η σειρά \sum x_n^2 συγκλίνει. Έστω μια ακολουθία (a_n) ώστε η σειρά \sum a_nx_n να συγκλίνει για κάθε καλή ακολουθία (x_n). Να δειχθεί ότι η ακολουθία (a_n) είναι καλή.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13013
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Καλές ακολουθίες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Φεβ 02, 2012 9:07 pm

Demetres έγραψε:Ονομάζουμε μια ακολουθία (x_n) καλή αν η σειρά \sum x_n^2 συγκλίνει. Έστω μια ακολουθία (a_n) ώστε η σειρά \sum a_nx_n να συγκλίνει για κάθε καλή ακολουθία (x_n). Να δειχθεί ότι η ακολουθία (a_n) είναι καλή.
Πρώτα (γνωστά) δύο λήμματα.

1) Αν b_n > 0 και \displaystyle \sum b_n αποκλίνει, τότε αποκλίνει και \displaystyle \sum \frac {b_n}{s_n} όπου \displaystyle{s_n= \sum _{k=1}^n b_k},
2) Αν b_n > 0 και \displaystyle{s_n= \sum _{k=1}^n b_k}, τότε η \displaystyle \sum \frac {b_n}{s_n^2} συγκλίνει (ότι και να κάνει η \displaystyle \sum b_n )

Απόδειξη. 1) H \displaystyle{(s_n)} είναι προφανώς αύξουσα. Για \displaystyle{m>n} είναι

\displaystyle{ \frac {b_m}{s_m} + ... + \frac {b_n}{s_n} \ge \frac {b_m+ ... + b_n}{s_m}= \frac {s_m-s_{n-1}}{s_m}\to 1 } καθώς m\to \infty

άρα η σειρά αποκλίνει από κριτήριο Cauchy.

2) Παρατηρούμε ότι η \displaystyle{ \left ( \frac {1}{s_n}\right) } είναι φραγμένη είτε s_n \to \infty είτε συγκλίνει. Τώρα, για n>1 ισχύει \displaystyle{0< \frac {b_n}{s_n^2} \le \frac {b_n} {s_ns_{n-1}} = \frac {1}{s_n} - \frac {1}{s_{n-1}} } . Η σειρά με όρους αυτούς στο δεξί μέλος συγκλίνει ως τηλεσκοπικό, οπότε το ίδιο συμβαίνει και για τη σειρά με τους θετικούς όρους αριστερά.

Πίσω στην ωραία αυτή άσκηση: Παίρνοντας \displaystyle{\pm x_n} στη θέση του \displaystyle{x_n} έπεται από τις υποθέσεις ότι \sum |a_n||x_n| να συγκλίνει για κάθε καλή ακολουθία (x_n) \displaystyle{(*)}.

Θέτουμε \displaystyle{t_n= \sum _{k=1}^n a_k^2}. Από την 2) η \displaystyle{ \left (  \frac {a_n}{t_n} \right)} είναι καλή. Από την (*) έπεται ότι συγκλίνει η \displaystyle{  \sum |a_n|\cdot \frac {|a_n|}{|t_n|}}  =  \sum \frac {a_n^2}{t_n}}. Από 1) συγκλίνει και η \displaystyle{\sum a_n^2}, όπως θέλαμε.

Ουφ.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Καλές ακολουθίες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Φεβ 02, 2012 9:54 pm

Η άσκηση είναι από τον δεύτερο προκριματικό διαγωνισμό του Ισραήλ για τον SEEMOUS από το 2008. Θα δώσω πληροφορίες για το που μπορείτε να βρείτε τις ασκήσεις του διαγωνισμού εντός ολίγου.

Επεξεργασία: Ο διαγωνισμός μπορεί να βρεθεί από τον σύνδεσμο που βρίσκεται εδώ.


Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: Καλές ακολουθίες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Πέμ Φεβ 02, 2012 11:15 pm

Αλλιώς , wlog a_n>0 για κάθε n. Aν T_n( ( x_n ) )= (a_1x_1,...,a_nx_n,0,0,..) τότε εύκολα κάθε T_n είναι φραγμένος γραμμικός τελεστής από τον l_2 στον l_1.
Επίσης για κάθε (x_m) στον l_2, sup_{n} (||T_n( (x_m) )||_1)=\sum a_i|x_i| < +\infty. Οπότε αφού l_2 ,l_1 Banach από αρχή ομοιόμορφου φράγματος υπάρχει M>0 ώστε sup_m ||T_m||<M. Οπότε αφού για κάθε m ισχύει ότι ||T_m( (a_n))||<M έπεται ότι \sum_{i=0}^{\infty} a_i^2 <M^2 και άρα (a_n) καλή όπως θέλαμε.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13013
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Καλές ακολουθίες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Φεβ 02, 2012 11:46 pm

Ilias_Zad έγραψε:Αλλιώς , wlog a_n>0 για κάθε n. Aν T_n( ( x_n ) )= (a_1x_1,...,a_nx_n,0,0,..) τότε εύκολα κάθε T_n είναι φραγμένος γραμμικός τελεστής από τον l_2 στον l_1.
Ηλία, δεν το βλέπω αλλά μπορεί να φταίει η κούραση. Όμως αυτό που βλέπω είναι ότι φτιάχνει αν θεωρήσουμε τον T_n όχι από τον l_2 στον l_1 αλλά να τον αλλάξουμε λίγο: T_n: l_2 \to \mathbb R, με T_n( ( x_n ) )= a_1x_1 + ...+a_nx_n.

Τότε από C-S έχουμε \displaystyle{ |T_n( ( x_n ) )| \le  \sum _{k=0}^n |a_kx_k| \le \left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right) ^{1/2}\left (\sum_{k=0}^n x_k^2\right) ^{1/2} = \left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right) ^{1/2} ||(x_n)||_2.

Άρα T_n φραγμένος (συνεχής) με

\displaystyle{ ||T_n|| \le \left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right) ^{1/2}.

Αποδεικνύεται η ισότητα (απλό αλλά και απαραίτητο) για να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα ομοιομόρφου φράγματος (αλλιώς δείχνουμε μόνο ότι τα ||T_n|| φράσσονται και όχι τα \displaystyle{\left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right )^{1/2}.

Φιλικά,

Μιχάλης


Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: Καλές ακολουθίες

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Παρ Φεβ 03, 2012 12:01 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Ilias_Zad έγραψε:Αλλιώς , wlog a_n>0 για κάθε n. Aν T_n( ( x_n ) )= (a_1x_1,...,a_nx_n,0,0,..) τότε εύκολα κάθε T_n είναι φραγμένος γραμμικός τελεστής από τον l_2 στον l_1.
Ηλία, δεν το βλέπω αλλά μπορεί να φταίει η κούραση. Όμως αυτό που βλέπω είναι ότι φτιάχνει αν θεωρήσουμε τον T_n όχι από τον l_2 στον l_1 αλλά να τον αλλάξουμε λίγο: T_n: l_2 \to \mathbb R, με T_n( ( x_n ) )= a_1x_1 + ...+a_nx_n.

Τότε από C-S έχουμε \displaystyle{ |T_n( ( x_n ) )| \le  \sum _{k=0}^n |a_kx_k| \le \left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right) ^{1/2}\left (\sum_{k=0}^n x_k^2\right) ^{1/2} = \left (\sum_{k=0}^n a_k^2\right) ^{1/2} ||(x_n)||_2.

[/tex].
Η ίδια απόδειξη που κάνετε για το ότι είναι φραγμένοι οι τελεστές που αναφέρετε εσείς σας δίνει και την συνέχεια για αυτούς που έγραψα εγώ. Για την ισότητα που αναφέρετε έχετε όμως δίκιο. Ίσως να έπρεπε να το αναφέρω σαν βήμα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13013
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Καλές ακολουθίες

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Φεβ 03, 2012 12:11 am

Ilias_Zad έγραψε:
Η ίδια απόδειξη που κάνετε για το ότι είναι φραγμένοι οι τελεστές που αναφέρετε εσείς σας δίνει και την συνέχεια για αυτούς που έγραψα εγώ.
Ηλία, έχεις δίκιο. Φταίει τελικά η κούραση: για κάποιο λόγο νόμιζα ότι έπρεπε να βλέπουμε \displaystyle{||x||_1} (αφού δουλεύουμε στον l_1 δεξιά ) αντί \displaystyle{||x||_2}. Σωστά το έχεις, λοιπόν, με ||Tx||_1 . Συγνώμη.

Φιλικά,

Μιχάλης


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: SemrushBot και 1 επισκέπτης