Convergente de una serie de secuencia arbitraria

Question

Demostrar que para la secuencia arbitraria $x_{1}, x_{2},...$ de $[0,1]$ no es un porcentaje ($x$$[0,1]$tal que por debajo de la serie es convergente: $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2|x-x_{n}|}.$$

Answer 1

Vamos a demostrar que la serie converge en casi todas partes en $[0,1]$.

Deje $a_n(x)=\frac{1}{n^2|x-x_n|}$ ser el término general de la serie.

Fix $\alpha \in (1,2)$ (es decir $\alpha=\frac 32$). Considerar en primer lugar la serie de $\sum_{n=1}^\infty a_n (x)^{1/\alpha}$:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2/\alpha}|x-x_n|^{1/\alpha}}.$$

Tenga en cuenta que $2/\alpha > 1$ y $1/\alpha <1$.

Necesitamos una estimación simple:

$$\int_0^1 \frac{dx}{|x-x_n|^{1/\alpha}}\le 2 \int_0^1 \frac{dy}{y^{1/\alpha}}=\frac{2\alpha}{\alpha-1} y^{1-1/\alpha}|_0^1=\frac{2\alpha}{\alpha-1}.$$

Ahora integrar la serie:

$$0\le\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty a_n^{1/\alpha}(x) dx =\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 a_n(x) dx \le \frac{2\alpha}{\alpha-1} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2/\alpha}}=c_\alpha < \infty.$$

La primera igualdad es debido a la monotonía de convergencia.

Se Lebesgue integrable, se deduce que el $\sum_{n=1}^\infty a_n(x)^{1/\alpha}$ converge en casi todas partes en $[0,1]$. Deje $E$ denotar el conjunto de puntos donde converge.

Fix $x\in E$. A continuación, la convergencia implica $\lim_{n\to\infty} a_n(x)^{1/\alpha}= 0$. Para todos los $n$ lo suficientemente grande, $a_n(x)^{1/\alpha}<1$, y desde $\alpha >1$,$a_n(x) = (a_n(x)^{1/\alpha})^{\alpha}\le a_n(x)^{1/\alpha}$. Por lo tanto, por comparación, la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n (x)$ también converge.

Nota Final. La misma técnica puede ser usada para mostrar que $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\beta|x-x_n|^\gamma}$ converge a.e. siempre que $\beta >1$$\gamma<\beta$.