Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 613
2014-06-08 
Пусть $f$ - неотрицательная непрерывная функция на $[0, + \infty)$, причем $\int_{0}^{\infty} f(x)dx = \infty$. Доказать, что найдется число $a > 0$ такое, что
$\sum_{n =1}^{\infty} f(na) = \infty$.
Решение:
Предположим, что $\sum_{n = 1}^{\infty} f(na) < \infty$ при всех $a > 0$. Тогда для каждого целого числа $A > 0$ рассмотрим множество $E_{A} = \{ a > 0 | \sum_{n=1}^{\infty}f(na) \leq A \}$. Из сделанного предположения следует, что объединение всех множеств $E_{A}$ содержит всю полуось $(0, + \infty)$. Далее, каждое, из множеств $E_{A}$ замкнуто. Для доказательства проверим, что дополнение к $E_{A}$ открыто. Действительно, если $a \overline{\in} E_{A}$, то
$\sum_{n = 1}^{\infty} f(na) > A$.
Следовательно, найдется номер $N$ такой, что
$\sum_{n = 1}^{N} f(na) > A$.
Но из непрерывности $f$ следует, что это неравенство будет выполняться и в некоторой окрестности точки $a$. Следовательно, дополнение к $E_{A}$ открыто, а $E_{A}$ замкнуто. Из того что объединение счетного числа замкнутых множеств содержит полуось $(0, + \infty)$, следует, что хотя бы одно из них содержит целиком некоторый отрезок. Докажем это утверждение от противного. Если предположить, что никакое $E_{A}$ не содержит ни одного отрезка, то каждое $E_{A}$ не плотно ни на каком отрезке. Поэтому найдется отрезок $I_{1}$, не пересекающий $E_{1}$. Так как $E_{2}$ не плотно в $I_{1}$, то найдется отрезок $I_{2} \subset I_{1}$, не пересекающий $E_{2}$, и т. д. Мы получим последовательность вложенных отрезков, общая точка которых не лежит ни в одном $E_{A}$, что противоречит тому, что $E_{A}$ покрывает всю полуось $(0, + \infty)$. Итак, некоторое из множеств $E_{A}$ содержит целый отрезок $[a, b], 0 < a < b$. Это значит, что для каждого $x \in [a, b]$
$\sum_{n = 1}^{\infty} f(nx) \leq A$.
Интегрируя это неравенство по отрезку $[a, b]$, получим
$\sum_{n=1}^{\infty} \int_{a}^{b} f(nx)dx \leq A(b-a)$.
Делая в интеграле замену $y = nx$, получим
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(y)dy \leq A(b-a)$. (1)
Теперь мы приведем к противоречию неравенство (1), и задача будет решена. Причина, по которой (1) не может выполняться, если $\int_{0}^{\infty} f(x)dx = \infty$, состоит в следующем. Отрезки $[an, bn]$, по которым ведется интегрирование в (1), при больших $n$ сильно перекрываются, а коэффициента стоящего в (1) перед интегралом, недостаточно, чтобы нейтрализовать это перекрытие, так что интеграл в (1) фактически расходится. Теперь приведем оценки, подтверждающие сказанное. Во-первых, объединение всех отрезков $[an, bn]$ содержит некоторый луч $[B, + \infty)$. Это видно из того, что каждый следующий отрезок получается из предыдущего сдвигом левого конца на $a$, правого - на $b$, а длина $n$-го отрезка равна $n(b - a) \rightarrow \infty$ при $n \rightarrow \infty$. Далее, точки $an, bn$ делят луч $[B, + \infty)$ на счетное число отрезков; обозначим $k$-й из них $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$. Очевидно, $\alpha_{k} \rightarrow \infty$ при $k \rightarrow \infty, 0 < \beta_{k} - \alpha_{k} \leq a$. В формуле (1) каждый интеграл разобьем на сумму интегралов по отрезкам $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$, а затем соберем вместе все интегралы по фиксированному отрезку $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$. При этом перед $\int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(y) dy$ будет стоять коэффициент, равный сумме $1/n$ по тем $n$, для которых $[an, bn] \supset [\alpha_{k}, \beta_{k}]$. Последнее включение выполняется, если $\beta_{k}/b \leq n \leq \alpha_{k}/a$. Поэтому имеем
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(x)dx \geq \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \sum_{\frac{\beta_{k}}{b} \leq n \leq \frac{\alpha_{k}}{a}} \frac{1}{n} \right ) \int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(x)fx.$
В сумме вида $\sum_{\frac{1}{n}}$ каждое слагаемое не меньше, чем $a/\alpha_{k}$, а всего слагаемых не меньше, чем
$\left ( \frac{\alpha_{k}}{a} - 1 \right ) - \left ( \frac{\beta_{k}}{b} + 1 \right ) = \frac{\alpha_{k}}{a} - \frac{\beta_{k}}{b} – 2 \geq \frac{\alpha_{k}}{a} - \frac{\alpha_{k} + a}{b} – 2 = \alpha_{k} \left ( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right ) - \frac{a}{b} - 2$.
Значит, рассматриваемая сумма не меньше, чем $1 – a/b – x /\alpha_{k}$, где $c = a(a/b + 2)$. При достаточно больших $k \geq k_{0}$ имеем $1 – a/b – c / \alpha_{k} \geq \varepsilon > 0$, где $\varepsilon$ не зависит от $k$. Поэтому
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(x)dx \geq \sum_{k=k_{0}}^{\infty} \varepsilon \int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(x) dx - \varepsilon \int_{\alpha_{k_{0}}}^{\infty} f(x) dx = \infty$.
Тем самым неравенство (1) приведено к противоречию.
Пусть $f$ - неотрицательная непрерывная функция на $[0, + \infty)$, причем $\int_{0}^{\infty} f(x)dx = \infty$. Доказать, что найдется число $a > 0$ такое, что
$\sum_{n =1}^{\infty} f(na) = \infty$.
Решение:
Предположим, что $\sum_{n = 1}^{\infty} f(na) < \infty$ при всех $a > 0$. Тогда для каждого целого числа $A > 0$ рассмотрим множество $E_{A} = \{ a > 0 | \sum_{n=1}^{\infty}f(na) \leq A \}$. Из сделанного предположения следует, что объединение всех множеств $E_{A}$ содержит всю полуось $(0, + \infty)$. Далее, каждое, из множеств $E_{A}$ замкнуто. Для доказательства проверим, что дополнение к $E_{A}$ открыто. Действительно, если $a \overline{\in} E_{A}$, то
$\sum_{n = 1}^{\infty} f(na) > A$.
Следовательно, найдется номер $N$ такой, что
$\sum_{n = 1}^{N} f(na) > A$.
Но из непрерывности $f$ следует, что это неравенство будет выполняться и в некоторой окрестности точки $a$. Следовательно, дополнение к $E_{A}$ открыто, а $E_{A}$ замкнуто. Из того что объединение счетного числа замкнутых множеств содержит полуось $(0, + \infty)$, следует, что хотя бы одно из них содержит целиком некоторый отрезок. Докажем это утверждение от противного. Если предположить, что никакое $E_{A}$ не содержит ни одного отрезка, то каждое $E_{A}$ не плотно ни на каком отрезке. Поэтому найдется отрезок $I_{1}$, не пересекающий $E_{1}$. Так как $E_{2}$ не плотно в $I_{1}$, то найдется отрезок $I_{2} \subset I_{1}$, не пересекающий $E_{2}$, и т. д. Мы получим последовательность вложенных отрезков, общая точка которых не лежит ни в одном $E_{A}$, что противоречит тому, что $E_{A}$ покрывает всю полуось $(0, + \infty)$. Итак, некоторое из множеств $E_{A}$ содержит целый отрезок $[a, b], 0 < a < b$. Это значит, что для каждого $x \in [a, b]$
$\sum_{n = 1}^{\infty} f(nx) \leq A$.
Интегрируя это неравенство по отрезку $[a, b]$, получим
$\sum_{n=1}^{\infty} \int_{a}^{b} f(nx)dx \leq A(b-a)$.
Делая в интеграле замену $y = nx$, получим
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(y)dy \leq A(b-a)$. (1)
Теперь мы приведем к противоречию неравенство (1), и задача будет решена. Причина, по которой (1) не может выполняться, если $\int_{0}^{\infty} f(x)dx = \infty$, состоит в следующем. Отрезки $[an, bn]$, по которым ведется интегрирование в (1), при больших $n$ сильно перекрываются, а коэффициента стоящего в (1) перед интегралом, недостаточно, чтобы нейтрализовать это перекрытие, так что интеграл в (1) фактически расходится. Теперь приведем оценки, подтверждающие сказанное. Во-первых, объединение всех отрезков $[an, bn]$ содержит некоторый луч $[B, + \infty)$. Это видно из того, что каждый следующий отрезок получается из предыдущего сдвигом левого конца на $a$, правого - на $b$, а длина $n$-го отрезка равна $n(b - a) \rightarrow \infty$ при $n \rightarrow \infty$. Далее, точки $an, bn$ делят луч $[B, + \infty)$ на счетное число отрезков; обозначим $k$-й из них $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$. Очевидно, $\alpha_{k} \rightarrow \infty$ при $k \rightarrow \infty, 0 < \beta_{k} - \alpha_{k} \leq a$. В формуле (1) каждый интеграл разобьем на сумму интегралов по отрезкам $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$, а затем соберем вместе все интегралы по фиксированному отрезку $[\alpha_{k}, \beta_{k}]$. При этом перед $\int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(y) dy$ будет стоять коэффициент, равный сумме $1/n$ по тем $n$, для которых $[an, bn] \supset [\alpha_{k}, \beta_{k}]$. Последнее включение выполняется, если $\beta_{k}/b \leq n \leq \alpha_{k}/a$. Поэтому имеем
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(x)dx \geq \sum_{k=1}^{\infty} \left ( \sum_{\frac{\beta_{k}}{b} \leq n \leq \frac{\alpha_{k}}{a}} \frac{1}{n} \right ) \int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(x)fx.$
В сумме вида $\sum_{\frac{1}{n}}$ каждое слагаемое не меньше, чем $a/\alpha_{k}$, а всего слагаемых не меньше, чем
$\left ( \frac{\alpha_{k}}{a} - 1 \right ) - \left ( \frac{\beta_{k}}{b} + 1 \right ) = \frac{\alpha_{k}}{a} - \frac{\beta_{k}}{b} – 2 \geq \frac{\alpha_{k}}{a} - \frac{\alpha_{k} + a}{b} – 2 = \alpha_{k} \left ( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right ) - \frac{a}{b} - 2$.
Значит, рассматриваемая сумма не меньше, чем $1 – a/b – x /\alpha_{k}$, где $c = a(a/b + 2)$. При достаточно больших $k \geq k_{0}$ имеем $1 – a/b – c / \alpha_{k} \geq \varepsilon > 0$, где $\varepsilon$ не зависит от $k$. Поэтому
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{an}^{bn} f(x)dx \geq \sum_{k=k_{0}}^{\infty} \varepsilon \int_{\alpha_{k}}^{\beta_{k}} f(x) dx - \varepsilon \int_{\alpha_{k_{0}}}^{\infty} f(x) dx = \infty$.
Тем самым неравенство (1) приведено к противоречию.
