Метрика на прост. вер. мер на подмножествах N

[seraphimt]

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.

[drzewo]

что-то я припоминаю, что из слабой сходимости в $\ell^1$ следует сильная сходимость

-- 24.06.2024, 01:10 --

теорема Шура

[seraphimt]

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.

[mihaild]

$p_k^n$ это $(p_k)^n$, или последовательность с двумя индексами?

[drzewo]

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

[seraphimt]

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.

[drzewo]

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

$$\forall \{c_k\}\in \ell_\infty\quad \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^\infty c_k(p_k^n-p_k)=0$$

[mihaild]

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.

[seraphimt]

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?

[mihaild]

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.

[seraphimt]

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.

[mihaild]

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.

[seraphimt]

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?

[mihaild]

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.

[seraphimt]

mihaild
Спасибо огромное! Чувствую себя совсем дегенератом не понимающим простые вещи
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.