Τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Πέμ Ιουν 13, 2013 12:21 am

Ἔστω \{a_n\}_{n\in\mathbb N}\subset\mathbb R ἀκολουθία μέ τήν ἑξῆς ἰδιότητα:

Ἄν \{b_n\}_{n\in\mathbb N}\subset \mathbb R τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη, δηλαδή \sum_{n=1}^\infty b_n^2<\infty, τότε ἡ σειρά \sum_{n=1}^\infty a_nb_n συγκλίνει.

Δείξατε ὅτι ἡ ἀκολουθία \{a_n\}_{n\in\mathbb N}\subset\mathbb R εἶναι ἐπίσης τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη.

Νά ἀποδειχθεῖ κατά δύο τρόπους:

1. Μέ στοιχειώδη μέσα (Ἀπειροστικό: Σύγκλιση σειρῶν).

2. Μέ Συναρτησιακή Ἀνάλυση.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11143
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιουν 13, 2013 2:48 am

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Ἔστω \{a_n\}_{n\in\mathbb N}\subset\mathbb R ἀκολουθία μέ τήν ἑξῆς ἰδιότητα:

Ἄν \{b_n\}_{n\in\mathbb N}\subset \mathbb R τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη, δηλαδή \sum_{n=1}^\infty b_n^2<\infty, τότε ἡ σειρά \sum_{n=1}^\infty a_nb_n συγκλίνει.

Δείξατε ὅτι ἡ ἀκολουθία \{a_n\}_{n\in\mathbb N}\subset\mathbb R εἶναι ἐπίσης τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη.

Νά ἀποδειχθεῖ κατά δύο τρόπους:

1. Μέ στοιχειώδη μέσα (Ἀπειροστικό: Σύγκλιση σειρῶν).

2. Μέ Συναρτησιακή Ἀνάλυση.
Με Συναρτησιακή:

Ορίζουμε \displaystyle{f_N: l_2\rightarrow \mathbb R ως \displaystyle{ f_N(b)=\sum_{n=1}^Na_nb_n όπου b=(b_n)\in l_2.

Είναι \displaystyle{ |f_N(b)|^2\le \sum_{n=1}^N|a_n|^2  \sum_{n=1}^N|b_n|^2 \le ||b||^2\sum_{n=1}^N|a_n|^2
με ισότητα αν \displaystyle{b=(a_1, ... \, , a_N, 0, 0, ... )}. Άρα \displaystyle{||f_N||= \left( \sum_{n=1}^N|a_n|^2\right) ^{1/2} \, }

Από την υπόθεση η \{f_N: N \in \mathbb N \} είναι κατά σημείο φραγμένη (αφού τα \displaystyle{f_N(b)} είναι τα μερικά αθροίσματα της συγκλίνουσας \displaystyle {\sum_{n=1}^\infty a_nb_n ) .

Από το θεώρημα ομοιόμορφου φράγματος (Banach-Steinhaus), τα \displaystyle{ ||f_N||= \left (\sum_{n=1}^N|a_n|^2 \right) ^{1/2}} είναι φραγμένα. Άρα η \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|^2} συγκλίνει.

Στοιχειωδώς:

Θα κάνω χρήση του εξής που είναι γνωστό και αποδεικνύεται εύκολα εξετάζοντας αθροίσματα Cauchy:

Λήμμα. Αν x_n \ge 0 και s_n=x_1+x_2+... +x_n>0 τότε
α) Αν η \displaystyle{\sum x_n} αποκλίνει, τότε αποκλίνει και η \displaystyle{ \sum \frac {x_n}{s_n}}.
β) Είτε συγκλίνει είτε όχι η \displaystyle{\sum x_n}, τότε η \displaystyle{ \sum \frac {x_n}{s_n^2}} συγκλίνει.

Πίσω στο θέμα μας.

Παίρνοντας κατάλληλα πρόσημα (\pm b_n) στην (b_n)\in \l_2 έπεται ότι συγκλίνει η \displaystyle{ \displaystyle \sum _n |a_n||b_n|} .

Έστω ότι η \displaystyle{ \sum _n |a_n|^2} αποκλίνει. Τότε από το α) του Λήμματος αποκλίνει και η \displaystyle{ \sum _n \frac {|a_n|^2}{s_n}} όπου \displaystyle{s_n=|a_1|^2+...+|a_n|^2}.

Γράφοντας \displaystyle{b_n = \frac {|a_n|}{s_n}} η προηγούμενη λέει ότι η \displaystyle{ \sum |a_n| |b_n|} αποκλίνει (*). Όμως

\displaystyle{ \sum |b_n|^2 = \sum \frac {|a_n|^2}{s_n^2}} που συγκλίνει από το β) του Λήμματος. Δηλαδή η \displaystyle{(b_n)} ανήκει στον \displaystyle{l_2}. Αυτό, από την υπόθεσή μας, αντιβαίνει στην (*). Άρα έπεται το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Re: Τετραγωνικῶς ἀθροίσιμη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Πέμ Ιουν 13, 2013 10:12 am

Αὐτήν ἀκριβῶς τήν ἀπόδειξη μέ Συναρτησιακή Ἀνάλυση σκέφτηκα καί ἐγὠ.

Στοιχειωδῶς: Ἔστω ὅτι \sum_{n=1}^\infty a_n^2=\infty.

Περ. Ι. Ἄν ἡ \{a_n\}_{n\in\mathbb N} δέν τείνει στό μηδέν, τότε ὑπάρχει \varepsilon>0 καί ὑπακολουθία \{a_{k_n}\}_{n\in\mathbb N}, ὥστε

\displaystyle{ 
|a_{k_n}| \ge \varepsilon, \quad n\in\mathbb N. 
}

Θέτοντας

\displaystyle{ 
b_{k_n}=\frac{\mathrm{sgn}\,a_{k_n}}{n}, 
}

καί b_m=0, ἄν m\ne k_n, n\in\mathbb N, τότε \sum_{n=1}^\infty b_n^2<\infty, καί λαμβάνομε ὅτι

\displaystyle{ 
\sum_{n=1}^\infty a_nb_n = \sum_{n=1}^\infty a_{k_n}b_{k_n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{|a_{k_n}|}{n} \ge  \varepsilon\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = \infty. 
}

Περ. ΙΙ. a_n\to 0. Χωρίς βλάβη τῆς γενικότητος ὑποθέτομε ὅτι |a_n|<1. Ἐπιλέγομε ἀκολουθία ἀκεραίων 0=k_0<k_1<k_2<\cdots<k_n<\cdots, ὥστε

\displaystyle{ 
1< a_{k_j+1}^2+a_{k_j+2}^2+\cdots+a_{k_{j+1}}^2 <2, \quad j=0,1,2,\ldots. 
}

Ὁρίζομε τἠν ἀκολουθία \{b_n\}_{n\in\mathbb N} ὡς ἑξῆς. Ἔστω n\in\mathbb N καί j, ὥστε k_{j}+1\le n\le k_{j+1}, τότε

\displaystyle{ 
b_n=\frac{a_n}{{j+1}}. 
}

Τότε

\displaystyle{ 
\sum_{n=1}^\infty b_n^2 = \sum_{j=1}^\infty (b_{k_j+1}^2+\cdots+b_{j_{k+1}}^2) \le 2\sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j^2}<\infty, 
}

ἐνῶ

\displaystyle{ 
\sum_{n=1}^\infty a_n b_n = \sum_{j=1}^\infty \frac{a_{k_j+1}^2+\cdots+a_{j_{k+1}}^2}{j} \ge \sum_{j=1}^\infty\frac{1}{j} = \infty. 
}

Φιλικά, ΓΣΣ.

Μιχάλη, τελικῶς δέν θά ἔρθεις στόν Ἀγρό;


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες