13 votos

$f$ tal que $\sum a_n$ $\implies \sum f(a_n)$ de converge converge

Que $f:\mathbb R\to \mathbb R$ ser tales que para cada secuencia $(a_n)$ de los números reales,

$\sum a_n$ $\implies \sum f(a_n)$ de converge converge

Probar es un barrio abierto $V$, que $0\in V$ $f$ restringido a $V$ es una función lineal.

Esto fue dado a un amigo en su examen oral esta semana. Me dijo que el problema es difícil. Lo probé yo, pero yo no he hecho ningún progreso significativo.

7voto

freespace Puntos 9024

He añadido una respuesta a recoger diversos recursos donde este hecho es demostrado. Esta respuesta es la comunidad wiki - siéntase libre de añadir más referencias de que son conscientes de.

Ponencias:

Libros

  • Teodora-Liliana Radulescu, Vicentiu D. Radulescu y Titu Andreescu: Problemas de Análisis Real: Cálculo Avanzado en el Eje Real, el Problema 2.5.30, página 108

Recursos en línea

3voto

zhw. Puntos 16255

Comienzo: No existe $\delta > 0$ tal que $\frac{f(x)}{x}$ está delimitado en $\{0<|x|<\delta\}.$ Prueba: de lo Contrario, no es una secuencia de cero términos de $x_n \to 0$ tal que

$$\left|\frac{f(x_n)}{x_n}\right|> n$$

para todos los $n.$ Le puede pasar a un subsequence $n_k$ tal que $|x_{n_k}| < 1/k^2$ todos los $k.$ entonces Tenemos

$$(1)\,\,\,\,\left|\frac{f(x_{n_k})}{x_{n_k}}\right|> n_k \ge k.$$

Consideremos ahora el caso en que $x_{n_k}, f(x_{n_k})> 0$ todos los $k.$, a Continuación, para cada una de las $k,$ no es un número entero positivo $m_k$ tal que

$$(2)\,\,\,\,\frac{1}{k^2} < m_kx_{n_k} < \frac{2}{k^2}.$$

Pensar acerca de la serie

$$x_{n_1} + x_{n_1} + \cdots + x_{n_1} + x_{n_2} + \cdots + x_{n_2} + x_{n_3} + \cdots ,$$

donde $x_{n_1}$ se produce $m_1$ veces $x_{n_2}$ se produce $m_2$ tiempos, etc. Por $(2)$ esta serie converge. Pero tenga en cuenta $(1)$ muestra el $k$th agrupación en el "$f$-de la serie" sumas de dinero a

$$m_kf(x_{n_k}) > m_k\cdot k\cdot x_{n_k} > \frac{1}{k}.$$

Por lo tanto el $f$-de la serie diverge, contradicción. Así que se hizo en el caso $x_{n_k}, f(x_{n_k})> 0.$ Los otros casos, seguir por argumentos similares..

2voto

Code Bling Puntos 337

Aquí está una prueba en el caso de que $f$ es diferenciable en a $0$.

Deje $f(x) = rx + \epsilon(x)$ donde $\lim_{x \to 0} {\epsilon(x)/x}=0$. Puedo reclamar $\epsilon = 0$ en una vecindad de 0. Supongamos que no. Luego, hasta la extracción de las subsecuencias y hacer un par de signo opciones que son sin pérdida de generalidad, podemos suponer que existe $a_n$ disminución monótonamente a$0$$\epsilon(a_n)>0$, e $\epsilon(a_n)/a_n$ disminución monótonamente a $0$. Hasta la extracción de otra larga, nos quedamos con dos casos: o $\epsilon(-a_n) \geq 0$ todos los $n$ o $\epsilon(-a_n) \leq 0$ todos los $n$. Yo reclamo que ni es realmente posible.

En primer lugar, el caso fácil: suponga $\epsilon(-a_n) \geq 0$ todos los $n$. Deje $k_n$ ser el menor entero mayor que $1 \over \epsilon(a_n)$. Definir $b_i$ a ser la hilera $a_1$ $-a_1$ para el primer $2k_1$ entradas. A continuación, defina $b_i$ a ser la hilera $a_2$ $-a_2$ para la posterior $2k_2$ entradas, y así sucesivamente. Es fácil comprobar que $\sum b_i$ converge (no absolutamente), sino $\sum f(b_i) \geq \sum k_n f(a_n) = \infty$.

Ahora, el caso más difícil: suponga $\epsilon(-a_n) \leq 0$ todos los $n$. El índice de manipulación de aquí es bastante horrible, pero aquí va. Deje $l_1 = 1$, vamos a $m_{1,1}=k_1$, y deje $b_i = a_{l_1}$$i \in \{1,...,m_{1,1}\}$. Ahora bien, dado $l_\alpha$, $m_{\alpha,1}$, y $b_i$$i \in \{1,...,m_{\alpha,1}\}$, elija $j_\alpha > l_\alpha$ tal que $a_{j_\alpha} < 1/2^\alpha$ y $${\epsilon(-a_{j_\alpha}) \over - a_{j_\alpha}} < {1 \over 4^\alpha} \epsilon(a_{l_\alpha}).$$ Now, choose $p_\alpha > 0$ such that $0 < p_\alpha a_{j_\alfa} - k_{l_\alpha} a_{l_\alpha} < a_{j_\alpha}$. Let $m_{\alpha,2} = m_{\alpha,1} + p_\alpha$, and let $b_i = -a_{j_\alpha}$ for $i \in \{m_{\alpha,1} + 1,...,m_{\alpha,2}\}$. Ahora coger $l_{\alpha + 1} > j_\alpha$, definir $m_{\alpha + 1,1} = m_{\alpha,2} + k_{l_{\alpha + 1}}$, y definir $b_i = a_{l_{\alpha + 1}}$ al $m_{\alpha,2} < i \leq m_{\alpha + 1,1}$.

Para comprobar que, efectivamente,$\sum b_i < \infty$$\sum f(b_i) = \infty$, ten en cuenta que $$|\sum\limits_{i=m_{\alpha - 1, 2} + 1}^{m_{\alpha,2}} b_i| = |p_\alpha a_{j_\alpha} - k_{l_\alpha} a_{l_\alpha}| < a_{j_\alpha} < {1 \over 2^\alpha},$$, whence $\suma b_i$ converges. Edit: well, we need to bound the partial sums within each $\sum\limits_{i=m_{\alpha - 1, 2} + 1}^{m_{\alpha,2}} b_i$, but this can be done by rearranging terms since the terms tend to zero as $\alpha \to \infty$. On the other hand, $$\sum\limits_{i=m_{\alpha - 1, 2} + 1}^{m_{\alpha,2}} f(b_i) \geq 1 - r a_{j_\alpha} + p_\alpha \epsilon(-a_{j_\alpha}).$$ Desde $a_n \to 0$, solo necesitamos comprobar que $p_\alpha \epsilon(-a_{j_\alpha})$ no es demasiado negativo. Por nuestra elección de $j_\alpha$, $\epsilon(-a_{j_\alpha}) \geq {-1 \over 4^\alpha} a_{j_\alpha} \epsilon(a_{l_\alpha})$. Por nuestra elección de $p_\alpha$, $p_\alpha a_{j_\alpha} < 2 k_{l_\alpha} a_{l_\alpha}$, de dónde $p_\alpha \epsilon(-a_{j_\alpha}) \geq -2 a_{l_\alpha} k_{l_\alpha} \epsilon(a_{l_\alpha}) \geq -4 a_{l_\alpha}$. Para $\alpha$ grandes, $a_{l_\alpha}$ es muy pequeña, por lo que $$\sum\limits_{i=m_{\alpha - 1, 2} + 1}^{m_{\alpha,2}} f(b_i) \geq 1/2.$$ This proves the claim for $f$ diferenciable.

Por zhw.'s respuesta, la diferencia de coeficientes de cerca de $0$ son acotados. Por Heine-Borel, para cada una de las $a_n \to 0$, hay una larga $a_{n_k}$ tal que $f(a_{n_k})/a_{n_k}$ converge. Estoy seguro de que utilizando argumentos similares a los que hasta ahora, se puede mostrar que todos los subsequential límites de la misma. Esto demostraría que, en realidad, $f(x)/x$ converge como $x \to 0$, lo que completa la prueba.

2voto

PhoemueX Puntos 19354

Aquí viene una prueba en el caso general. Primero vamos a empezar con el siguiente

Lema: Vamos a $-\varepsilon<y<0<x<\varepsilon$$N\in\mathbb{N}$. A continuación, hay algunos $M\in\mathbb{N}$ $z_{1},\dots,z_{M}\in\left\{ x,y\right\} $ con $$ \left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, z_{i}=x\right\} \right|=N $$ y $$ \left|\sum_{i=1}^{K}z_{i}\right|<\varepsilon\qquad\forall K\in\left\{ 1,\dots,M\right\} .\qquad\qquad\left(\ast\right) $$

Prueba: en primer lugar inductivamente construir una secuencia infinita $\left(w_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\left\{ x,y\right\} ^{\mathbb{N}}$ con $\left|\sum_{i=1}^{n}w_{i}\right|<\varepsilon$ todos los $n\in\mathbb{N}$. Está claro que la declaró condición tiene por $w_{1}:=x$, desde $-\varepsilon<x<\varepsilon$. Ahora, vamos a $w_{1},\dots,w_{n}$ ser ya construidos. Distinguir dos casos:

  1. Tenemos $\alpha:=\sum_{i=1}^{n}w_{i}\geq0$. A continuación, elija $w_{n+1}:=y$. Entonces $$ \varepsilon>\alpha>\alpha+y=\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}=\alpha+y\geq y>-\varepsilon, $$ es decir,$\left|\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}\right|<\varepsilon$.

  2. Tenemos $\alpha:=\sum_{i=1}^{n}w_{i}<0$. A continuación, elegimos $w_{n+1}:=x$. Similar a la anterior, de la siguiente manera $$ -\varepsilon<\alpha<\alpha+x=\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}=\alpha+x\leq x<\varepsilon $$ y, por tanto,$\left|\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}\right|<\varepsilon$.

Supongamos ahora que $\left\{ i\in\mathbb{N}\,\mid\, w_{i}=x\right\} $ es finito. Esto implica $w_{i}=y$ todos los $i\geq N_{0}$ $N_{0}\in\mathbb{N}$ adecuado. Pero esto implica $$ \sum_{i=1}^{N}w_{i}=\sum_{i=1}^{N_{0}-1}w_{i}+\sum_{i=N_{0}}^{N}w_{i}=\sum_{i=1}^{N_{0}-1}w_{i}+\left(N-N_{0}\right)y\xrightarrow[N\to\infty]{}-\infty, $$ en contradicción a $\left|\sum_{i=1}^{N}w_{i}\right|<\varepsilon$ para todos los $N$.

Por lo tanto, $\left\{ i\in\mathbb{N}\,\mid\, w_{i}=x\right\} $ es infinito. Es fácil ver que esto implica la existencia de $M\in\mathbb{N}$ con $\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, w_{i}=x\right\} \right|=N$, de modo que podemos establecer$z_{i}:=w_{i}$$i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} $. $\square$

Comentario: 1. Totalmente un argumento similar se demuestra que podemos elegir $z_{1},\dots,z_{M}\in\left\{ x,y\right\} $ con $$ \left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, z_{i}=y\right\} \right|=N $$ y de tal manera que $\left(\ast\right)$ aún se mantiene.

  1. Para la secuencia de arriba, también tenemos $$ \left|\sum_{i=K}^{M}z_{i}\right|=\left|\sum_{i=1}^{M}z_{i}-\sum_{i=1}^{K-1}z_{i}\right|\leq\left|\sum_{i=1}^{M}z_{i}\right|+\left|\sum_{i=1}^{K-1}z_{i}\right|<2\varepsilon\qquad\qquad\left(\square\right) $$ para todos los $K\in\left\{ 1,\dots,M\right\} $.

Por el argumento dado por @zhw., hay algunos $\delta>0$ $C>0$ con $\left|\frac{f\left(x\right)}{x}\right|\leq C$ todos los $x\in\left(-\delta,\delta\right)\setminus\left\{ 0\right\} $. Vamos a necesitar esta constante $C$ por debajo.

Primera nota de que $f\left(0\right)=0$ es trivial (tenga en cuenta la secuencia de $a_{n}=0$). Ahora, supongamos hacia una contradicción que $f$ no es lineal en cualquier barrio de $0$. Esto implica que para cada $n\in\mathbb{N}$ hay $x_{n}\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$ y $y_{n}\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$ con $$ \alpha_{n}:=\frac{f\left(x_{n}\right)}{x_{n}}\neq\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=:\beta_{n}. $$ De hecho, si no en el caso de no $x_{n},y_{n}$ algunos $n\in\mathbb{N}$, podríamos solucionar algunos $y_{n}\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$ y sería obtener $$ \gamma:=\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=\frac{f\left(x\right)}{x} $$ para todos los $x\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$. Asimismo, la fijación de ahora un arbitrario $x_{n}\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$ y obtener $$ \frac{f\left y\right)} de{y}=\frac{f\left(x_{n}\right)}{x_{n}}=\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=\gamma $$ para todos los $y\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$. Con todo, esto implica $f\left(y\right)=\gamma\cdot y$ todos los $y\in\left(-\frac{1}{n^{2}},\frac{1}{n^{2}}\right)$, ya tenemos $f\left(0\right)=0$. Por lo tanto, $f$ es lineal en un barrio de $0$ después de todo, una contradicción.

Tenga en cuenta que (por elección de $C$ anterior), tenemos $\left|\alpha_{n}\right|\leq C$ y $\left|\beta_{n}\right|\leq C$. Deje $\varepsilon_{n}:=\frac{1}{n^{2}}$ y elija $N_{n}\in\mathbb{N}$$N_{n}\geq\frac{1+C\varepsilon_{n}}{\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|}$. Tenga en cuenta que esto es posible, ya que $\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|>0$ y $\left|x_{n}\right|>0$. Por el Lema anterior, nos encontramos con algunos $M_{n}\in\mathbb{N}$ y $z_{1}^{\left(n\right)},\dots,z_{M_{n}}^{\left(n\right)}\in\left\{ x_{n},y_{n}\right\} $ con $$ N_{n}=\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M_{n}\right\} \,\mid\, z_{i}^{\left(n\right)}=x\right\} \right| $$ y $$ \left|\sum_{i=1}^{K}z_{i}^{\left(n\right)}\right|<\varepsilon_{n}=\frac{1}{n^{2}}\qquad\forall K\in\left\{ 1,\dots,M_{n}\right\} .\qquad\qquad\left(\daga\right) $$ En particular (por $K=M_{n}$), obtenemos $$ \left|N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right|=\left|\sum_{i=1}^{M_{n}}z_{i}^{\left(n\right)}\right|<\frac{1}{n^{2}}.\qquad\qquad\left(\ddagger\right). $$

Ahora definir una secuencia $\left(a_{k}\right)_{k\in\mathbb{N}}$ por $$ a_{k}=z_{\ell}^{\left(K\right)}\qquad\text{ para }k=\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}+\ell\text{ con }K\in\mathbb{N}\text{ y }\ell\en\left\{ 1,\dots,M_{K}\right\} . $$ No es demasiado difícil ver que esto está bien definido. Además, la serie $\sum_{k}a_{k}$ es convergente, ya que es de Cauchy; de hecho, para $\sum_{i=1}^{T-1}M_{i}+p=t\geq k=\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}+\ell$, tenemos \begin{eqnarray*} \left|\sum_{n=k}^{t}a_{n}\right| & \leq & \left|\sum_{n=\ell}^{M_{K}}z_{n}^{\left(K\right)}\right|+\sum_{S=K+1}^{T-1}\left|\sum_{n=1}^{M_{S}}z_{n}^{\left(S\right)}\right|+\left|\sum_{n=p}^{M_{T}}z_{n}^{\left(T\right)}\right|\\ & < & 2\varepsilon_{K}+\sum_{S=K+1}^{T-1}\varepsilon_{S}+\varepsilon_{T}\\ & \leq & 2\sum_{n=K}^{T}\frac{1}{n^{2}}\leq2\sum_{n=K}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\xrightarrow[K\to\infty]{}0. \end{eqnarray*}

Por supuesto, en $f$, esto implica la convergencia de $\sum_{n}f\left(a_{n}\right)$. En particular, esta serie es de Cauchy. Pero para $K\in\mathbb{N}$, se han \begin{eqnarray*} \left|\sum_{n=1+\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}}^{\sum_{i=1}^{K}M_{i}}f\left(a_{n}\right)\right| & = & \left|\sum_{n=1}^{M_{K}}f\left(z_{n}^{\left(K\right)}\right)\right|\\ & = & \left|N_{n}f\left(x_{n}\right)+\left(M_{n}-N_{n}\right)f\left(y_{n}\right)\right|\\ & = & \left|N_{n}\alpha_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)\beta_{n}y_{n}\right|\\ & = & \left|N_{n}\left(\alpha_{n}-\beta_{n}\right)x_{n}+\beta_{n}\left(N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right)\right|\\ & \geq & N_{n}\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|-\left|\beta_{n}\right|\cdot\left|N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right|\\ & \overset{\text{see }\left(\ddagger\right)}{\geq} & N_{n}\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|-C\varepsilon_{n}\\ & \geq & 1 \end{eqnarray*} por elección de $N_{n}$, lo que muestra que $\sum_{n}f\left(a_{n}\right)$ no es de Cauchy y por lo tanto no convergentes, una contradicción.

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