Ряд из измеримой функции.

[AD]

Пусть функция $f:[0,1)\to\mathbb{R}$ всюду определена и, скажем, измерима (хотя не знаю, может и без этого прокатит), а также имеется последовательность точек $\{x_k\}_{k=1}^\infty$ из $[0,1)$ и последовательность чисел $\{c_k\}_{k=1}^\infty$ такая, что $\sum\limits_{k=1}^\infty|c_k|<\infty$. Верно ли, что ряд

$$\sum_{k=1}^\infty c_kf(\{x-x_k\})\eqno(1)$$

сходится для почти всех $x$? Или хотя бы по мере?

(фигурные скобочки - это дробная часть. Ну типа как всегда: не отрезок у меня, а окружность. )
_________________

Мои соображения. Ну, во-первых, для ограниченных функций утверждение тривиально. Из неких левых соображений вроде бы ясно, что для суммируемых функций это тоже верно, но имеющееся доказательство уж слишком необобщабельное (через теорему Фубини). Хочется какую-нибудь простенькую оценочку поискать лучше.

Наверняка ответ получится терминах функции распределения $F(y)=\mu\{x\in[0,1):|f(x)|>y\}$ (хотя не знаю, не нострадамус я ). Ну типа "если она убывает на $\infty$ достаточно быстро, то сходится, а ежели не очень быстро - то не факт".
_________________

Вот пока что моя первая попытка - типа если сумма $m$ неотрицательных слагаемых больше $n$, то хоть одно слагаемое больше $n/m$:

$$\mu\left\{\sum_{k=1}^m|c_kf(x-x_k)|>n\right\}\leqslant\sum_{k=1}^m F\bigl(\tfrac{n}{mc_k}\bigr)$$

- и тут уже труба, так как оценка справа не сходится ни для одной не-совсем-уж-нулевой-почти-всюду функции. То есть тоньше надо как-то.

Еще пробовал проверять критерий Коши сходимости по мере - с тем же успехом.

Может, какойнть ТеорВер приплести?

[Хорхе]

Пусть (без ограничения общности ) $f\ge 0$, $c_k\ge 0$,

$$g(x) = \sum_{k=1}^\infty c_k f(\{x-x_k\}),$$

это ноль или бесконечность.

Имеем

$$ \int_0^1 g(x) dx = \sum_{k=1}^\infty c_k \int_0^1 f(x) dx, $$

поэтому при $\int_0^1 f(x) dx <\infty$ функция $g$ почти всюду конечна. При $\int_0^1 f(x) dx = \infty$ функция $g$ может быть как почти всюду конечной, так и всюду бесконечной. Скажем, $f(x) = 1/x^4$. Если последовательность $x_k$ сходится, то $g$ почти всюду конечна. Если же $x_k = \{n\sqrt{2}\}$, а $c_k = k^{-2}$, то $g$ всюду бесконечна. Действительно, мы знаем, что существует бесконечно много $k,n\in\mathbb{N}$ т.ч. $|\sqrt{2}-k/n|<1/n^2$. При этом $|\sqrt{2} - k/n|>A/n^2$ для некоторого универсального $A$, то есть $A/n<|n\sqrt{2} - k|<1/n$. Тогда среди чисел $\{x-l\sqrt{2}\}$, $l= 1,\dots, n^2/A$ хотя бы одно меньше $1/n$, пусть это $\{x-l_0\sqrt{2}\}$. Будем считать, что $x>0$ и $1/n<|1-x|\vee x$. Тогда $\{x-l_0\sqrt{2}\} = \{x-\{l_0\sqrt{2}\}\} <1/n$, откуда $f(\{x-x_{l_0}\})>n^4\ge Al_0^2$, то есть в ряду для $g$ бесконечно много чисел, не меньших $A$.

Мне на самом деле кажется, что для произвольной конечной функции $f$ с бесконечным интегралом можно указать пример как сходящийся, так и расходящийся, но думать лень.

[AD]

Хорхе в сообщении #155516 писал(а):

поэтому при $\int_0^1 f(x) dx <\infty$ функция $g$ почти всюду конечна.

А, ну да, теорема Б.Леви же является признаком сходимости почти всюду! Забыл. Действительно, для суммируемых функций слишком просто.
_________________

Да, какой-то такой пример мне за пять минут сочинил один студент из нашей группы в оффлайне Причем даже для $f(x)=\frac1{x^2}$. Но мне все-таки кажется, что здесь нам повезло, что ряд $c_k=k^{-2}$ сходится и оказывается достаточно плохим. То есть в вашем случае $F(y)=O(y^{-1/4})$ при $y\to\infty$ - функция очень быстро растёт. И думается, что если потребовать что-то типа $F(y)=o(1/y)$, то такие примеры разрушатся. Но это пока как в том кино: "А еще я видел сон ... "

[Хорхе]

Цитата:

То есть в вашем случае $F(y)=O(y^{-1/4})$ при $y\to\infty$ - функция очень быстро растёт.

Вот это действительно из серии

Цитата:

еще я видел сон ...

Конечно, понятно, что имеется в виду, только сказано совсем другое.

Мне все-таки кажется, что для любой функции $f$ пример можно придумать, и вот почему. Пусть $x_n$ --- независимые равномерно распределенные на $[0,1]$. $P(f(\{x-x_n\})c_n > 1) = \lambda\{x: f(x) > 1/c_n\}=:\lambda_n$. Для данной $f$, если она не интегрируема, можно придумать суммируемую последовательность $c_n$, так чтобы $\sum_n \lambda_n = \infty$, это простое упражнение по анализу. То есть по критерию Колмогорова сходимости почти наверное, ряд $\sum_n f(\{x-x_n\})c_n$ расходится с положительной вероятностью. Вот отсюда и рождается мое внутреннее убеждение, что построить почти всюду расходящийся пример можно в любом случае. Ну тоже приснилось, конечно. Но строго доказать лень, потому что сплошной анализ, не самый сложный, но очень громоздкий.

[AD]

Хорхе в сообщении #155652 писал(а):

Конечно, понятно, что имеется в виду, только сказано совсем другое.

А? Что где не так?

Хорхе в сообщении #155652 писал(а):

Для данной , если она не интегрируема, можно придумать суммируемую последовательность $c_n$ , так чтобы $\sum_n\lambda_n=\infty$, это простое упражнение по анализу.

Не, ну ет не верно, в том-то и дело. Для $f(x)=1/x$ будет $c_n\equiv\lambda_n$, и, следовательно, ряды сходятся или расходятся одновременно

Добавлено спустя 6 минут 31 секунду:

А вообще, да, надо бы теорвер попривлекать. Вообще. Кстати. Ведь из каждой последовательности можно сделать равномерно распределенную, надобавляв новых $x_k$ с очень маленькими $c_k$.

[Хорхе]

AD писал(а):

А? Что где не так?

Ну, и к бесконечности почему-то стремится вместо нуля, и степень четверть вместо четырех, и О большое не с той стороны, да и убывающая к нулю функция оказывается "очень быстро растущей". А в остальном, прекрасная маркиза...

AD писал(а):

Не, ну ет не верно, в том-то и дело. Для $f(x)=1/x$ будет $c_n\equiv\lambda_n$, и, следовательно, ряды сходятся или расходятся одновременно

Тут дал маху, конечно спутал с другим правильным фактом

А вообще так задача, конечно, становится интересной, подумаю.

[AD]

Хорхе в сообщении #155680 писал(а):

Ну, и к бесконечности почему-то стремится вместо нуля, и степень четверть вместо четырех, и О большое не с той стороны, да и убывающая к нулю функция оказывается "очень быстро растущей". А в остальном, прекрасная маркиза... LOL

Вы $F$ и $f$ не путаете?

[Хорхе]

Так еще и $F$ вместо $f$ написано?
Давайте догадаюсь: $F = f^{(-1)}$

[AD]

AD в сообщении #155494 писал(а):

$F(y)=\mu\{x\in[0,1):|f(x)|>y\}$

Добавлено спустя 2 минуты 20 секунд:

Вообще, конечно, согласен, парочка неточностей в той фразе есть.

Добавлено спустя 17 минут 34 секунды:

Кстати, напомню, что $f\in L_1\Leftrightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty F(n)<\infty$.

Да, и если докажем, что для какой-нибудь содержательной (то есть более слабой) оценки на функцию распределения $F$ утверждение верно, то сразу такой вопрос меня заинтересует: а сумма этого ряда будет ли иметь такую же оценку на функцию распределения?

[AD]

Пусть $F(y)\leqslant\tfrac1y$ и $C=\sum\limits_{k=1}^\infty\sqrt{c_k}<\infty$. Тогда $\mu\{c_kf(x-x_k)>n\sqrt{c_k}\}=F\bigl(\tfrac{n}{\sqrt{c_k}}\bigr)\leqslant\frac{\sqrt{c_k}}n$. Следовательно, $\mu\left\{\sum\limits_{k=1}^\infty c_kf(x-x_k)>Cn\right\}\leqslant\tfrac{C}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0$. Типа если сумма ряда больше, то хоть одно слагаемое больше.

Добавлено спустя 1 час 4 минуты 50 секунд:

То есть получили, что сумма в этом случае растет не быстрее самих функций - тоже $O(1/y)$.