Ограниченность последовательности множеств

[Женисбек]

$f_n(x)\rightarrow f(x)$ поточечно
Для любого $c>0$ множество $A(c)=\{x: f(x)\le c\}$ ограниченно.

Можно ли показать, что множества $A_n(c)=\{x: f_n(x)\le c\}$ ограниченны в совокупности (т.е. их всех можно вложить в сегмент, зависящий от $c$, но не зависящий от $n$) ?

[Brukvalub]

Нет.

[Женисбек]

Я пробовал так, но не могу понять, где ошибка.

Пусть это не так. Тогда выделим бесконечно большую подпоследовательность множеств $\{A_{n_k}\}$ такую, что $A_{n_1}\subset A_{n_2}\subset\dots$. И в каждом множестве $A_{n_k}$ выбираем точку$x_k$ так, чтобы последовательность$\{x_k\}$ была бесконечно большой. Дальше, для любого $k$ и $l\ge k$
$f_{n_l}(x_k)\le c\Rightarrow \{l\rightarrow+\infty\}\Rightarrow f(x_k)\le c\Rightarrow x_k\in A,$
что противоречит ограниченности $A$.

[Someone]

$$f(x)=\begin{cases}|x|-1\text{ при }|x|\leqslant 1\text{,}\\ 0\text{ при }|x|>1\text{,}\end{cases}$$

$$f_n(x)=f(x)+\begin{cases}n(|x-(n+1)|-1)\text{ при }|x-(n+1)|\leqslant 1\text{,}\\ 0\text{ при }|x-(n+1)|>1\text{,}\end{cases}$$

при $n\in\mathbb N$, $c=-\frac 12$.

[Женисбек]

Someone писал(а):

$$f(x)=\begin{cases}|x|-1\text{ при }|x|\leqslant 1\text{,}\\ 0\text{ при }|x|>1\text{,}\end{cases}$$

$$f_n(x)=f(x)+\begin{cases}n(|x-(n+1)|-1)\text{ при }|x-(n+1)|\leqslant 1\text{,}\\ 0\text{ при }|x-(n+1)|>1\text{,}\end{cases}$$

при $n\in\mathbb N$, $c=-\frac 12$.

Спасибо за пример. Извините, я забыл написать, что для любого $c>0$ множество $A$ ограниченно. Еще мне известно, что $f_n(x)$ и $f(x)$ выпуклые вниз функции и $f_n(0)=0$, $f(0)=0$, если это что-то меняет.

[Brukvalub]

Это ничего не меняет. Ответ - нет.

[Женисбек]

Brukvalub писал(а):

Это ничего не меняет. Ответ - нет.

Хорошо, подскажите, пожалуйста, как построить пример?

[Brukvalub]

А Вы просто графики порисуйте - все и прояснится.

[Женисбек]

Brukvalub писал(а):

А Вы просто графики порисуйте - все и прояснится.

Да, видимо, в общем случае это не верно, но, если честно, мне это нужно установить только для такой последовательности:
$f_n(x)=2(np+\sqrt n x)\log\left(1+\frac{x}{\sqrt n p}\right)+2(n(1-p)-\sqrt n x)\log\left(1-\frac{x}{\sqrt n (1-p)}\right)$, $0<p<1$.

Раскладывая $f_n(x)$ в ряд по степеням $n$ видно, что она поточечно сходится к $f(x)=\frac{x^2}{p(1-p)}$.

Вычисляя производные, можно установить, что функции $f_n(x)$
- убывают при $x<0$,
- $f_n(0)=0$,
- возрастают при $x>0$
- выпуклы на всей области определения

Множество $A(c)$ в этом случае есть интервал $\left(-\sqrt{cp(1-p)}, \sqrt{cp(1-p)}\right)$.
Как можно показать ограниченность $A_n(c)=\{x: f_n(x)<c\}$?

[Narn]

Женисбек писал(а):

Раскладывая $f_n(x)$ в ряд по степеням $n$ видно, что она поточечно сходится к $f(x)=\frac{x^2}{p(1-p)}$.

Что-то мне очень сомнительна поточечная сходимость. $f_n(1)$, кажется, стремится к бесконечности. (Maple подтверждает,а "на глазок" получается: логарифмы порядка $1/\sqrt(n)$, и $2np$, $2(n(1-p)$ обеспечивают рост.

Кстати, по степеням чего Вы раскладывали?

И можно было начать с начала, то есть с Вашей задачи? Индукция, она понятнее дедукции.

[Женисбек]

Narn писал(а):

Женисбек писал(а):

Раскладывая $f_n(x)$ в ряд по степеням $n$ видно, что она поточечно сходится к $f(x)=\frac{x^2}{p(1-p)}$.

Что-то мне очень сомнительна поточечная сходимость. $f_n(1)$, кажется, стремится к бесконечности. (Maple подтверждает,а "на глазок" получается: логарифмы порядка $1/\sqrt(n)$, и $2np$, $2(n(1-p)$ обеспечивают рост.

Кстати, по степеням чего Вы раскладывали?

И можно было начать с начала, то есть с Вашей задачи? Индукция, она понятнее дедукции.

Задача такая:
$f_n(x)=2(np+\sqrt n x)\log\left(1+\frac{x}{\sqrt n p}\right)+2(n(1-p)-\sqrt n x)\log\left(1-\frac{x}{\sqrt n (1-p)}\right)$, $0<p<1$,
$A_n(c)=\{x: f_n(x)<c\}$,
Показать, что при фиксированном $c$ множества $A_n(c)$ ограниченны в совокупности, т.е. их все можно вложить в ограниченный сегмент.

Я раскладывал по степеням $n$ с помощью Maple. Писал следующее:

f:=(x,n)->2*(n*p+sqrt(n)*x)*log(1+x/sqrt(n)/p)+2*(n*(1-p)-sqrt(n)*x)*log(1-x/sqrt(n)/(1-p));
taylor(f(x,n), n=infinity, 2);

Добавлено спустя 33 минуты 59 секунд:

Когда вычисляется первая производная с помощью команды:

diff(f(x,n),x)

надо заметить, что второй член уничтожается с четвертым и остается
$2\,\sqrt {n}\ln \left( 1+{\frac {x}{\sqrt {n}p}} \right)-2\,\sqrt {n}\ln \left( 1-{\frac {x}{ \sqrt {n} \left( 1-p \right) }} \right)$

[Narn]

Дурак я сегодня. И окуни дохнут, и дубли на умклайдет садятся...

Рискну все же вылезти с предложением: может, логарифмы как-нибудь оценить, попроще и погрубее. Чтобы, например, квадратное неравенство получилось.

А откуда задача? Что-нибудь вероятностное?

[ewert]

Женисбек писал(а):

$f_n(x)\rightarrow f(x)$ поточечно,
$f_n(x), f(x)$ выпуклы вниз на $\mathbb{R}$
$f_n(0)=0, f(0)=0$
Для любого $c>0$ множество $A(c)=\{x: f(x)\le c\}$ ограниченно.

Можно ли показать, что множества $A_n(c)=\{x: f_n(x)\le c\}$ ограниченны в совокупности (т.е. их всех можно вложить в сегмент, зависящий от $c$, но не зависящий от $n$) ?

В буквальной постановке ответ отрицателен просто потому, что про начальные члены последовательности практически никакой информации нет.

Но вот если запросить: будут ли все прообразы ограничены в совокупности, начиная с некоторого номера? -- то ответ, конечно, "да".

(Разумеется, минимальный номер будет зависеть от $c$).

Добавлено спустя 2 минуты 13 секунд:

Narn писал(а):

А откуда задача? Что-нибудь вероятностное?

Что-то очень похожее на "лобовое" доказательство локальной теоремы Муавра-Лапласа.

[Женисбек]

Спасибо всем участникам, в особенности, Narn и ewert. Я разобрался. Задача возникла из мат. статистики. Извините, я забыл указать дополнительную информацию о монотонности и непрерывности $f_n(x)$ в самом начале. Исправленная постановка задачи:

$f_n(x)\rightarrow f(x)$ поточечно,
$f_n(x)$ выпуклы вниз на $\mathbb{R}$
$f_n(x)$ убывают при $x<0$, имеют минимум в $0$, возрастают при $x>0$
$f_n(x)$ всюду непрерывны.
Для любого $c>0$ множество $A(c)=\{x: f(x)\le c\}$ ограниченно.

Можно ли показать, что множества $A_n(c)=\{x: f_n(x)\le c\}$ ограниченны в совокупности (т.е. их всех можно вложить в сегмент, зависящий от $c$, но не зависящий от $n$) ?

Ответ: да, можно.

Вот решение:

Лемма. Пусть $g(x)$ выпукла вниз, возрастает при $x>0$ и $g(0)=0$. Тогда $g(x)$ неограниченна.
Доказательство. Пусть это не так. Возьмем произвольную бесконечно большую последовательность
$x_n\rightarrow+\infty.$ Тогда последовательность $g(x_n)$ монотонна и ограниченна, и, следовательно, сходится. Заметим, что $g_0=\lim_{n\rightarrow+\infty}g(x_n)>0.$ В силу выпуклости $g(x)$, имеем

$$ g\left(\frac{1}{2}\cdot 0+\frac{1}{2} x_n\right)\le \frac{1}{2} g(0)+\frac{1}{2} g(x_n)\ \Rightarrow\ g\left(\frac{1}{2} x_n\right)\le\frac{1}{2} g(x_n). $$

Переходя к пределу при $n\rightarrow+\infty$, получим

$$ g_0\le\frac{1}{2} g_0\ \Rightarrow\ 1\le \frac{1}{2}. $$

Полученное противоречие доказывает утверждение леммы.

Утверждение. Пусть $f_n(x)\rightarrow f(x)$ поточечно и множество $A=\{x: f(x)\le c\}$ ограниченно. Пусть функции $f_n(x)$ непрерывны, выпуклы вниз, убывают при $x<0$, имеет минимум в $0$ и возрастают при $x>0$. Тогда множества $A_n=\{x: f_n(x)\le c\}$ ограниченны в совокупности.
Доказательство. Пусть это не так. Применяя Лемму к функции $(f_n(x)-f_n(0))$ при $x>0$ и к функции $(f_n(-x)-f_n(0))$ при $x<0$, получим

$$f_n(-\infty)=f_n(+\infty)=+\infty.$$

Тогда для любого натурального $n$ множество $A_n$ есть конечный сегмент $[a_n,b_n]$, содержащий $0$, где $a_n, b_n$ -- корни уравнения $f_n(x)=c$. В силу предположения, хотя бы одна из последовательностей $\{a_n\}$ и $\{b_n\}$ неограниченна. Пусть это будет $\{b_n\}$ (для случая $\{a_n\}$ рассуждения проводятся аналогично). Дальше, выделим из $\{b_n\}$ бесконечно большую подпоследовательность $\{b_{n_k}\}$. Тогда

$$ [0,b_{n_1}]\subset[0,b_{n_2}]\subset\dots\subset[0,b_{n_k}]\subset\dots $$

и, следовательно, для любого $l>k$

$$ f_{n_l}(b_{n_k})\le c. $$

Переходя к пределу при $l\rightarrow+\infty$, получим

$$ f(b_{n_k})\le c \Rightarrow b_{n_k}\in A, $$

что противоречит ограниченности множества $A$.

[Brukvalub]

Женисбек писал(а):

Спасибо всем участникам, в особенности, Narn и ewert. Я разобрался. Задача возникла из мат. статистики. Извините, что забыл указать информацию о монотонности и непрерывности $f_n(x)$ в самом начале. Исправил постановку задачи в первом посте.

Выставив тем самым идиотами всех тех, кто отвечал на ранее сформулированный вопрос, поскольку теперь вопрос отредактирован и их ранее верные ответы стали идиотскими (неверными). Вот какой молодец этот Женисбек