Сходимость ряда почти всюду

[ShMaxG]

Помогите пожалуйста разобраться с такой задачей.

Доказать, что ряд сходится почти всюду на отрезке $[0,1]$:
$\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} \]$, где $\[\left\{ {{r_n}} \right\}_{n = 1}^\infty \] $ - рациональные числа на $[0,1]$.

Первое, что мне приходит в голову - что этот ряд вообще нигде не должен сходится. Ибо всегда можно выбрать подпоследовательность $\[\left\{ {{r_{{n_k}}}} \right\}\] $, которая стремится (пусть к иррациональному числу) $x$ очень быстро, так, что $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} \geqslant \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1} {{{n_k}^2{{\left| {x - {r_{{n_k}}}} \right|}^{1/2}}}}} = + \infty \]$

Где я ошибаюсь?

[arqady]

Если $x$ - например, квадратичная иррациональность, то слишком быстро не получится.

[Cave]

Ошибаетесь в том, что может быть, что при любой перенумерации рациональных чисел при стремлении $r_{n_k}$ к $x$ последовательность $(n_k)$ растет так быстрее, чем $|x - r_{n_k}|^{\alpha}$ для некоторых подходящих нам $\alpha$.

[Padawan]

Воспользуйтесь теоремой Леви о предельном переходе под знаком интеграла Лебега.

[ShMaxG]

Так, со своей ошибкой разобрался, спасибо.

Padawan
Теорема Леви о монотонной последовательности?
В нашем случае это вот что: $\[{f_m}\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^m {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} \]$, $\[f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sum\limits_{n = 1}^m {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} \] $, $\[\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {{f_m}\left( x \right)d\mu } = \int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {f\left( x \right)d\mu } \]$, так?

Конечно, может это грубо (но сама идея важна):

$\[\int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {\frac{1} {{{n^2}{{\left| {x - {r_n}} \right|}^{1/2}}}}} d\mu = \frac{2} {{{n^2}}}\left( {\sqrt {{r_n}} + \sqrt {1 - {r_n}} } \right)\]$

Тогда $\[\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {{f_m}\left( x \right)} d\mu = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{2\left( {\sqrt {{r_n}} + \sqrt {1 - {r_n}} } \right)}} {{{n^2}}}} \leqslant 4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1} {{{n^2}}}} < + \infty \]$

Тогда это означает, что $\[\int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {f\left( x \right)d\mu } \]$ конечен. А значит и $\[{f\left( x \right)}\]$ конечна почти всюду, т.е. соответствующий ряд сходится почти всюду.

[AD]

Да, всё так.

ShMaxG в сообщении #297165 писал(а):

$\[\int\limits_{\left[ {0,1} \right]} {f\left( x \right)d\mu } \]$ конечен почти всюду

Только вот тут "почти всюду" немножко неуместно

[ShMaxG]

Ух ты, еще и правильно оказалось, даже не ожидал.

Меня только смущает то, как я интеграл вычислил. Иксов-то никаких быть и не должно после интегрирования

Все поправил.

[AD]

А не важно, чему интеграл равен.