2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение23.06.2024, 23:12 


26/06/15
74
Добрый день! Подскажите, пожалуйста, по решению одной задачки. Мне сказали, что оно неверное, но я вообще не понимаю почему.
Дано, что $ |\sum \limits_{k=1}^{\infty} c_k(p_k^n - p_k) | \to 0 $, где $c_k$ - любая ограниченная последовательность, а $p_k^n\geqslant 0$, $p_k \geqslant 0$ и $\sum \limits_{k=1}^{\infty} p_k^n = 1 $, $\sum \limits_{k=1}^{\infty} p_k = 1 $.
Прийти нужно к тому, что $ \sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k | \to 0 $.
Я рассуждал так - раз $c_k$ любое ограниченное, то это выполняется для любых последовательностей из $\{1, -1\}$. А значит для любого $p^n$ есть такая последовательность из $\{1, -1\}$, что на $k$-ом месте 1, если $p^n_k - p_k > 0$ и -1 в противном случае.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение23.06.2024, 23:57 


21/12/16
771
что-то я припоминаю, что из слабой сходимости в $\ell^1$ следует сильная сходимость

-- 24.06.2024, 01:10 --

теорема Шура

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 18:49 


26/06/15
74
drzewo
Спасибо, но учитывая, что функана и слабой сходимости у нас не было и близко, вряд ли предполагалось эта теорема. Мне всё же интереснее понять, что нет так с моим доказательством, чем просто решить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 18:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9151
Цюрих
$p_k^n$ это $(p_k)^n$, или последовательность с двумя индексами?

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 19:07 


21/12/16
771
seraphimt в сообщении #1643887 писал(а):
Мне всё же интереснее понять, что нет так с моим доказательством

последовательность $c_k$ берется одна для всех $n$;
вы берете для каждого $n$ свою последовательность

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 19:33 


26/06/15
74
mihaild в сообщении #1643889 писал(а):
$p_k^n$ это $(p_k)^n$, или последовательность с двумя индексами?

k-ый элемент n-ной последовательности.

-- 24.06.2024, 21:35 --

drzewo в сообщении #1643891 писал(а):
вы берете для каждого $n$ свою последовательность

Я это понимаю, но у нас ведь стремление к нулю есть для всех ограниченных последовательностей и для любого $n$ такая существует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 19:42 


21/12/16
771
seraphimt в сообщении #1643895 писал(а):
Я это понимаю, но у нас ведь стремление к нулю есть для всех ограниченных последовательностей и для любого $n$ такая существует.

еще раз: условие задачи звучит следующим образом
$$\forall \{c_k\}\in \ell_\infty\quad \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^\infty c_k(p_k^n-p_k)=0$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 20:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9151
Цюрих
seraphimt в сообщении #1643895 писал(а):
Я это понимаю, но у нас ведь стремление к нулю есть для всех ограниченных последовательностей и для любого $n$ такая существует
Да, но как Вы из этого получите, что для больших $n$ сумма $\sum\limits_{k=1}^\infty p_k^n - p_k$ мала?

Задача действительно на то, что слабая сходимость влечет сильную. Стандартный способ - докажите, что $\forall k: p_k^n \to_n p_k$. Затем постройте единое $c_k$, такое что $\sum c_k (p_k^n - p_k)$ велико для сколь угодно больших $n$: если $c_k$ уже достроено до номера $m$, то возьмите $N$ такое что $\sum\limits_{k=1}^m |p_k^n - p_k|$ мало если $n \geq N$, и достройте $c_m$ так, чтобы $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k(p_k^N - p_k)$ было велико.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 22:29 


26/06/15
74
mihaild в сообщении #1643901 писал(а):
Да, но как Вы из этого получите, что для больших $n$ сумма $\sum\limits_{k=1}^\infty p_k^n - p_k$ мала?

Так это нам дано по условию, разве нет? $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k(p_k^n - p_k) \to 0$. Для любого $n$ есть последовательность из 1, -1 как я описывал выше и с ней $c_k(p_k^n - p_k) = |p_k^n - p_k| $ и значит $\sum\limits_{k=1}^\infty |p_k^n - p_k| \to 0$.
Спасибо за подсказку со стандартным способом, попробую завтра утром разобраться.

-- 25.06.2024, 00:31 --

drzewo в сообщении #1643897 писал(а):
seraphimt в сообщении #1643895 писал(а):
Я это понимаю, но у нас ведь стремление к нулю есть для всех ограниченных последовательностей и для любого $n$ такая существует.

еще раз: условие задачи звучит следующим образом
$$\forall \{c_k\}\in \ell_\infty\quad \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^\infty c_k(p_k^n-p_k)=0$$

Да, а как это противоречит тому, что я предлагаю?

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение24.06.2024, 22:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9151
Цюрих
seraphimt в сообщении #1643934 писал(а):
Для любого $n$ есть последовательность из 1, -1 как я описывал выше и с ней $c_k(p_k^n - p_k) = |p_k^n - p_k| $ и значит $\sum\limits_{k=1}^\infty |p_k^n - p_k| \to 0$
Нет, не значит. По сути Вы строите еще набор последовательностей $c_k^n$. Но то что $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k^n (p_k^n - p_k) \to 0$ никто не обещал.
Если все еще непонятно - то попробуйте подробнее расписать, через определение предела.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение26.06.2024, 18:25 


26/06/15
74
mihaild
Попробую разобраться сначала. Нам даны конкретные$\{p_k^n\}$ и $\{p_k\}$. И для них мы знаем, что $\forall c_k \ |\sum \limits_{k=1}^{\infty} c_k(p_k^n - p_k) | \to 0$. И для каждого $\{c_k\}$ стремление к нулю своё, зависящее от $n$.
Поэтому мой метод не работает, да.

Далее, для любого $k$, $|c_k(p_k^n - p_k)| \to 0$ т.к. в качестве $c_k$ можно взять последовательность нулей, кроме единицы на к-ом месте. Тогда, малость первых $m$ слагаемых можно обеспечить выбором нужного $N$, а $c_1...c_m$ положить равными единице.
mihaild в сообщении #1643901 писал(а):
чтобы $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k(p_k^N - p_k)$ было велико

Я не совсем понял, зачем добиваться увеличения, честно говоря, да и как, ведь $c_k$ ограниченное.
Но пока думал, пришло в голову такое: для любого фиксированного эпсилон и фиксированного $m$, можно найти такой $N$ и такое $\{c_k\}$, что $\sum\limits_{k=1}^m c_k|p_k^n - p_k|)< \frac{\epsilon}{2}, n>N$.
Действительно, берём $c_k = 1, ... ,1, \frac{\epsilon}{2^{k}}... $. Хвост суммы будет не превышать $\frac{\epsilon}{2}$ т.к. $p_k^n - p_k$ не превосходит по модулю 1.
Выходит, что частичные суммы ряда $\sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k|$ стремятся к нулю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение26.06.2024, 18:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9151
Цюрих
seraphimt в сообщении #1644220 писал(а):
Я не совсем понял, зачем добиваться увеличения, честно говоря, да и как, ведь $c_k$ ограниченное
"Велико" имелось в виду "отделено от нуля".
seraphimt в сообщении #1644220 писал(а):
Выходит, что частичные суммы ряда $\sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k|$ стремятся к нулю
Что конкретно стремится к нулю? Любая конкретная частичная сумма? Да. Но из этого не следует, что весь рад стремится к нулю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение26.06.2024, 22:20 


26/06/15
74
Честно, так и не понял "классический метод", несмотря на потраченные часы.
Пробовал от противного и ещё многими способами, но везде всё упирается в то, что пока держишь один параметр, например, $k$, то второй уезжает.
mihaild в сообщении #1643901 писал(а):
такое что $\sum c_k (p_k^n - p_k)$ велико для сколь угодно больших $n$

Как оно может быть отделённым от нуля, если по условию эта сумма стремится к нулю?

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение26.06.2024, 22:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
9151
Цюрих
seraphimt в сообщении #1644231 писал(а):
Как оно может быть отделённым от нуля, если по условию эта сумма стремится к нулю?
Так полученное противоречие и покажет, что сходимость есть.
Более точно: мы из $ \sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k | \not\to 0$ и вывести, что существует последовательность $c_k$ такая что $\sum\limits_{k=1}^\infty c_k(p_k^n-p_k) \not \to 0$.
Во-первых, если нет покоординатной сходимости $\exists k: p_k^n - p_k \not\to 0$, то такая последовательность строится элементарно ($1$ на соответствующей позиции и $0$ на остальных).
Если же покоординатная сходимость есть, то описание построения последовательности выше: мы строим ее по сегментам, так, что $\sum\limits_{k=x_i}^{y_i} c_k(p_k^{n_i} - p_k)$ большое (за счет $\sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k | \not\to 0$), $\sum\limits_{k=1}^{x_i-1} c_k(p_k^{n_i} - p_k)$ мало за счет покоординатной сходимости, а $\sum\limits_{k=y_i+1}^\infty c_k(p_k^{n_i} - p_k)$ мало за счет того, что $p_k^{n_i}$ и $p_k$ суммируемы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N
Сообщение27.06.2024, 14:10 


26/06/15
74
mihaild
Спасибо огромное! Чувствую себя совсем дегенератом не понимающим простые вещи :facepalm:
Начало понятное, потом, в 4 строке: поскольку есть покоординатная сходимость, значит выбором $n$ можем сделать первые слагаемые в $\sum \limits_{k=1}^{\infty} |p_k^n - p_k|$ маленькими, как и хвост, как хвост абс сходящегося ряда(не к нулю, но к чему-то положительному сходится). И с ростом $n$ эти два крайних слагаемых убывают. Значит, ряд большой именно из-за середины.
Но $\sum \limits_{k=x}^{y} c_k(p_k^n - p_k) $ не обязательно от этого будет большим.
Далее вроде всё аналогично: начало и конец $\sum \limits_{k=1}^{\infty} c_k(p_k^n - p_k) $ делаем маленькими, и там уже пофиг на их знак. А поскольку середина большая, то и вся сумма большая, независимо от $n$ что и приводит к противоречию.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: Mikhail_K


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group