равномерная непрерывность и условие Липшища

[Aiyyaa]

может быть, нужно приравнять правые части этих 2 неравенств?
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$
и
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon $
то есть
$\varepsilon = \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$
и тогда:
$\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} =\frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$
Мои рассуждения верны?

[mihaild]

Нет, неверны.

Mikhail_K в сообщении #1179683 писал(а):

Вы покажите, как именно из $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \delta$ с этим Вашим значением $\delta$ будет следовать $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon$.

Вообще, вы бы попробовали сначала разобраться с тем, что значат все используемые значки, прежде чем лепить их в случайных комбинациях.

[Mikhail_K]

Aiyyaa, смотрите.
Вы вначале должны предположить, какое у Вас будет $\delta$ (зависящее от $\varepsilon$), а потом показать, что для этого $\delta$ из $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \delta$ будет следовать $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon$.
Если Вы возьмёте неправильную $\delta$, у Вас просто не получится этого доказать.
Тогда Вам придётся взять другую $\delta$, правильную, и попытаться доказать это снова.

В одном из прошлых сообщений Вы предположили, что надо брать $\delta=\frac{\varepsilon}{\sqrt{\frac{1}{(n+1)^2}}}$ (на самом деле эта запись даже не неправильная, а бессмысленная, но ладно). Тогда вот что у Вас дано:
1) $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \frac{\varepsilon}{\sqrt{\frac{1}{(n+1)^2}}}$ (здесь в правой части та самая $\delta$, которую Вы взяли);
2) $\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$.
И надо вывести отсюда, что
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon$.
А вовсе не так, как Вы написали:

Aiyyaa в сообщении #1179684 писал(а):

есть два неравенства:
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$
и
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon $
отсюда следует, что

Второе неравенство здесь у Вас не "есть", его надо доказать.

Попробуйте. Разумеется, у Вас не получится, потому что $\delta$ Вы взяли неправильную. Но будет попытка решения, которая может натолкнёт Вас на мысль, какую именно $\delta$ надо взять на самом деле и поставить в правую часть неравенства 1).
Может, Вы даже уже догадались, какой должна быть $\delta$ - хотя в самом последнем своём сообщении Вы полностью напутали всю логику, некоторое разумное зерно там есть.

[Aiyyaa]

может быть, $\delta$ нужно взять равной
$\delta=\frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$?
и тогда, из неравенства
$\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \delta$
получается
$\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$
и тогда в неравенство
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$
вместо $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2}$ подставляем $\frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$
получаем
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}=\varepsilon$.
то есть
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \varepsilon$

[Mikhail_K]

Ну да, Вы правы.
Только вот здесь

Aiyyaa в сообщении #1179833 писал(а):

и тогда в неравенство
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}$
вместо $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2}$ подставляем $\frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$
получаем
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}=\varepsilon$.

лучше рассуждать так:

Имеем $\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$, тогда
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| \leqslant \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|y(n)|^2} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2} < \frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}} \cdot \sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}=\varepsilon$.
Таким образом,
$\sum\limits_{n=1}^\infty \Bigl|\frac{y(n)}{n+1}\Bigr| <\varepsilon$, что и требуется.

------------

Таким образом, Вы доказали, что

Aiyyaa в сообщении #1179510 писал(а):

$\forall \varepsilon > 0 \exists \delta >0 : \sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|y(n)|^2} < \delta \Rightarrow \sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{y(n)}{n+1} | < \varepsilon $

Вы убедились, что для каждого $\varepsilon>0$ действительно существует такое $\delta>0$, и даже указали его: это $\delta=\frac{\varepsilon}{\sqrt{\sum\limits_{n=1}^\infty|\frac{1}{n+1}|^2}}$.

Теперь Вам нужно вспомнить, зачем вообще Вы доказывали существование такого $\delta$, чего Вы этим добились и нужно ли в Вашей задаче делать что-то ещё.

[Aiyyaa]

Mikhail_K в сообщении #1179836 писал(а):

зачем вообще Вы доказывали существование такого $\delta$, чего Вы этим добились и нужно ли в Вашей задаче делать что-то ещё.

для того, чтобы показать непрерывность отображения в точке x=(0,0,...), то есть в нулевой последовательности. Так как пространства $l_2$ и $l_1$ являются нормированными, а $F_2$ является линейным оператором. И для произвольного линейного оператора $G$ следующие свойства в нормированных операторах эквивалентны:
а) $G$ - непрерывен в точке 0;
б) $G$ - непрерывен в любой точке;
в) $G$ - равномерно-непрерывен;
г)$G$ - ограничен;
То есть, поскольку $F_2$ является непрерывным в $x=(0,0,0,...)$, то есть выполняется первый пункт, то выполняются и пункты б, в и г. А ограниченность линейного оператора и означает удовлетворение условию Липшица.
То есть отображение $F_2$ является непрерывным, равномерно-непрерывным и удовлетворяющим условию Липшица.

[Aiyyaa]

есть отображение $Fx=(0,\sqrt[5]{x^2(1) \sin x(1)},\frac{x(1)}{2},\frac{x(2)}{3},...)$, которое можно разбить на 2 отображения,
$F_1x=(0,\sqrt[5]{x^2(1) \sin x(1)},0,...)$, которое является непрерывным, и $F_2 x=(0,0,\frac{x(1)}{2},\frac{x(2)}{3},...)$, которое является непрерывным, равномерно-непрерывным и удовлетворяющим условию Липшица. Как узнать, сумма этих отображений будет непрерывной, равномерно-непрерывной и удовлетворяющей условию Липшица?

[mihaild]

Aiyyaa в сообщении #1179923 писал(а):

$F_1x=(0,\sqrt[5]{x^2(1) \sin x(1)},0,...)$, которое является непрерывным,

А про ео равномерную непрерывность и липшицевость что сказать можно?

Aiyyaa в сообщении #1179923 писал(а):

Как узнать, сумма этих отображений будет непрерывной, равномерно-непрерывной и удовлетворяющей условию Липшица?

Вот тут подумайте над общим утверждением. У вас есть отображение, про которое известно, является ли оно непрерывным/равномерно непрерывным/липшицевым. К нему прибавляют липшицево (и, тем самым, равномерно непрерывное и непрерывное). Как связаны эти свойства нового отображения и исходного?

[Aiyyaa]

$F_1x=(0,\sqrt[5]{x^2(1) \sin x(1)},0,...)$ не является равномерно-непрерывным, и следовательно не является Липшицевым, поскольку функция
$f=\sqrt[5]{x^2 \sin x}$ не является равномерно-непрерывной, это видно из графика функции $f$

то есть, $ \exists \varepsilon \forall \delta :\exists x,y \in R |x-y|< \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|>\varepsilon$.
Поэтому и отображение $F_1$ не является равномерно-непрерывным.

mihaild в сообщении #1179952 писал(а):

У вас есть отображение, про которое известно, является ли оно непрерывным/равномерно непрерывным/липшицевым. К нему прибавляют липшицево (и, тем самым, равномерно непрерывное и непрерывное). Как связаны эти свойства нового отображения и исходного?

Наверное $F=F_1+F_2$ будет непрерывным, но не будет равномерно-непрерывным и удовлетворяющим условию Липшица?

[mihaild]

Aiyyaa в сообщении #1179979 писал(а):

$f=\sqrt[5]{x^2 \sin x}$ не является равномерно-непрерывной, это видно из графика функции $f$

Как вы по графику определяете наличие равномерной непрерывности? Особенно с учетом

Aiyyaa в сообщении #1172524 писал(а):

Теорема Кантора — Гейне: функция, непрерывная на отрезке (компакте), равномерно непрерывна на нём.

и того, что вы рисуете график на отрезке (компакте), на котором функция непрерывна?

Мне казалось, что со свойствами $F_1$ разобрались, но сейчас найти не могу уже...

Aiyyaa в сообщении #1179979 писал(а):

Наверное $F=F_1+F_2$ будет непрерывным, но не будет равномерно-непрерывным и удовлетворяющим условию Липшица?

Наверное, независимо от того, так это или нет, нужно это как-то обосновать.

[Aiyyaa]

функция $f=\sqrt[5]{x^2 \sin x}$ не является равномерно-непрерывной, поскольку если взять очень маленький интервал $\delta x$ и смещать его вправо или влево, то разброс на этом интервале будет бесконечно расти, что и означает неравномерную непрерывность.

[Mikhail_K]

Aiyyaa, а почему Вы нарисовали этот график с таким разным масштабом на осях? Абсциссы от $-100$ до $100$, ординаты от $-6$ до $6$?
Нарисуйте-ка его с более нормальным масштабом, и посмотрите ещё раз.
Куда конкретно надо сдвинуть "очень маленький интервал $\delta x$", чтобы "разброс стал бесконечно расти"?

[Aiyyaa]

то есть эта функция является равномерно-непрерывной?