Riemann-integrierbar < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
ich möchte zeigen, dass
f : [0,1] [mm] \to \IR [/mm] , [mm] f(x)\begin{cases} 0, & \mbox{falls } \bruch{1}{x} \in \IN \\ 1, & \mbox{sonst } \end{cases}
[/mm]
Riemann-integrierbar ist.
Habe ich mir f richtig vorgestellt, dass es eine konstante Funktion mit Wert 1
ist außer im Punkt 1, dort nimmt sie den Wert 0 ein?
Wenn dem so ist, dann würde ich das wie folgt zeigen:
Die beiden Funktionen
[mm] f_n [/mm] (x) := 1 für alle n [mm] \in \IN [/mm] und
[mm] h_n(x) [/mm] := 0 für x=1, sonst 1
gilt
[mm] h_n \le [/mm] f [mm] \le f_n
[/mm]
Bin ich überhaupt auf dem richtigen Weg? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Danke,
Anna
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> Hallo,
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> ich möchte zeigen, dass
> f : [0,1] [mm]\to \IR[/mm] , [mm]f(x)\begin{cases} 0, & \mbox{falls } \bruch{1}{x} \in \IN \\ 1, & \mbox{sonst } \end{cases}[/mm]
>
> Riemann-integrierbar ist.
>
> Habe ich mir f richtig vorgestellt, dass es eine konstante
> Funktion mit Wert 1
> ist außer im Punkt 1, dort nimmt sie den Wert 0 ein?
In diesem Falle wäre die Aufgabe doch trivial: Eine mit Ausnahme von endlich vielen Stellen auf einem kompakten Intervall stetigen Funktion wäre sicher Riemann-integrierbar. Ich bin fast sicher, dass dies schon gezeigt wurde und wie selbstverständlich zur Lösung dieser Aufgabe verwendet werden darf.
Nein, ich denke: $f(x)$ ist $1$, mit Ausnahme von abzählbar unendlich(!) vielen Stellen, an denen $f(x)=0$ ist, nämlich an den Stellen [mm] $x=1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6,\ldots,1/n,\ldots$
[/mm]
> Wenn dem so ist, dann würde ich das wie folgt zeigen:
> Die beiden Funktionen
> [mm]f_n[/mm] (x) := 1 für alle n [mm]\in \IN[/mm] und
> [mm]h_n(x)[/mm] := 0 für x=1, sonst 1
> gilt
> [mm]h_n \le[/mm] f [mm]\le f_n[/mm]
>
> Bin ich überhaupt auf dem richtigen Weg?
Wenn Du die Funktionen
[mm]f_n(x) := \begin{cases} f(x) & \text{falls $1/n\leq x$}\\
1 & \text{sonst}
\end{cases}[/mm]
betrachtest, so haben sind die auf $[0;1]$ mit Ausnahme von endlich vielen Stellen [mm] $1,1/2,\ldots, [/mm] 1/n$ stetig, also Riemann-integrierbar. Da sich [mm] $f_n(x)$ [/mm] und $f(x)$ nur im Intervall $[1;1/n]$ um maximal $1$ unterscheiden können, sollte man aus der Riemann-Integrierbarkeit der [mm] $f_n$ [/mm] schliessen können, dass sich Ober- und Unterintegral von $f$ für beliebig kleines [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] um nicht mehr als [mm] $\varepsilon$ [/mm] von einander unterscheiden können.
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Hallo Somebody,
DANKE für Deine Antwort!
> In diesem Falle wäre die Aufgabe doch trivial: Eine mit
> Ausnahme von endlich vielen Stellen auf einem kompakten
> Intervall stetigen Funktion wäre sicher
> Riemann-integrierbar. Ich bin fast sicher, dass dies schon
> gezeigt wurde und wie selbstverständlich zur Lösung dieser
> Aufgabe verwendet werden darf.
Es wurde gezeigt, dass für ein nichtleeres, kompaktes Invervall I
gilt: C(I) [mm] \subset [/mm] R(I) .
> Nein, ich denke: [mm]f(x)[/mm] ist [mm]1[/mm], mit Ausnahme von abzählbar
> unendlich(!) vielen Stellen, an denen [mm]f(x)=0[/mm] ist, nämlich
> an den Stellen [mm]x=1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6,\ldots,1/n,\ldots[/mm]
Ach klar. Denkfehler meinerseits.
Wie wäre es denn so?
[mm] f_n, h_n [/mm] :[0,1] [mm] \to \IR [/mm] mit
[mm] f_n [/mm] (x) := [mm] \begin{cases} 1, & \mbox{falls} x \in [0,\bruch{1}{n}] \\ f(x), & \mbox{sonst}\end{cases}
[/mm]
[mm] h_n [/mm] (x) := [mm] \begin{cases} 0, & \mbox{falls} x \in [0,\bruch{1}{n}] \\ f(x), & \mbox{sonst}\end{cases}
[/mm]
Dann sind [mm] f_n [/mm] und [mm] h_n [/mm] Treppenfunktionen.
Passende Zerlegung wäre [mm] [0,\bruch{1}{n}],]\bruch{1}{n},\bruch{1}{n-1}[,...[1,1]
[/mm]
Dann gilt [mm] h_n \le [/mm] f [mm] \le f_n
[/mm]
und es ist
[mm] Int_{[0,1]} (f_n [/mm] - [mm] h_n)=-\bruch{1}{n} [/mm] =0 für n [mm] \to \infty.
[/mm]
Somit ist gezeigt, dass f Riemann-integrierbar.
Gruß,
Anna
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> Hallo Somebody,
>
> DANKE für Deine Antwort!
>
> > In diesem Falle wäre die Aufgabe doch trivial: Eine mit
> > Ausnahme von endlich vielen Stellen auf einem kompakten
> > Intervall stetigen Funktion wäre sicher
> > Riemann-integrierbar. Ich bin fast sicher, dass dies schon
> > gezeigt wurde und wie selbstverständlich zur Lösung dieser
> > Aufgabe verwendet werden darf.
>
> Es wurde gezeigt, dass für ein nichtleeres, kompaktes
> Invervall I
> gilt: C(I) [mm]\subset[/mm] R(I) .
>
>
> > Nein, ich denke: [mm]f(x)[/mm] ist [mm]1[/mm], mit Ausnahme von abzählbar
> > unendlich(!) vielen Stellen, an denen [mm]f(x)=0[/mm] ist,
> nämlich
> > an den Stellen [mm]x=1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6,\ldots,1/n,\ldots[/mm]
>
> Ach klar. Denkfehler meinerseits.
> Wie wäre es denn so?
>
> [mm]f_n, h_n[/mm] :[0,1] [mm]\to \IR[/mm] mit
> [mm]f_n[/mm] (x) := [mm]\begin{cases} 1, & \mbox{falls} x \in [0,\bruch{1}{n}] \\ f(x), & \mbox{sonst}\end{cases}[/mm]
>
> [mm]h_n[/mm] (x) := [mm]\begin{cases} 0, & \mbox{falls} x \in [0,\bruch{1}{n}] \\ f(x), & \mbox{sonst}\end{cases}[/mm]
>
> Dann sind [mm]f_n[/mm] und [mm]h_n[/mm] Treppenfunktionen.
> Passende Zerlegung wäre
> [mm][0,\bruch{1}{n}],]\bruch{1}{n},\bruch{1}{n-1}[,...[1,1][/mm]
> Dann gilt [mm]h_n \le[/mm] f [mm]\le f_n[/mm]
> und es ist
> [mm]Int_{[0,1]} (f_n[/mm] - [mm]h_n)=-\bruch{1}{n}[/mm] =0 für n [mm]\to \infty.[/mm]
nicht eher
[mm]Int_{[0,1]} (f_n - h_n)=\red{+}\bruch{1}{n} \red{\rightarrow 0} \quad\text{für $n\to \infty$?}[/mm]
aber gut: dies sind Details.
> Somit ist gezeigt, dass f Riemann-integrierbar.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:32 Di 24.06.2008 | | Autor: | Anna-Lyse |
Hallo Somebody,
> > [mm]Int_{[0,1]} (f_n[/mm] - [mm]h_n)=-\bruch{1}{n}[/mm] =0 für n [mm]\to \infty.[/mm]
>
> nicht eher
>
> [mm]Int_{[0,1]} (f_n - h_n)=\red{+}\bruch{1}{n} \red{\rightarrow 0} \quad\text{für $n\to \infty$?}[/mm]
Stimmt. Das Minus gehört da wohl eher nicht hin 
Aber freut mich, wenn es ansonsten so korrekt ist!
Danke,
Anna
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Hallo,
wenn ich jetzt zu dieser Funktion
f : [0,1] [mm] \to \IR [/mm] , $ [mm] f(x)\begin{cases} 0, & \mbox{falls } \bruch{1}{x} \in \IN \\ 1, & \mbox{sonst } \end{cases} [/mm] $
auch noch
[mm] \integral_{0}^{1}{f(x) d \lambda}
[/mm]
bestimmen möchte. Dann habe ich da
0 raus, ist das korrekt?
Danke,
Anna
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> Hallo,
>
> wenn ich jetzt zu dieser Funktion
> f : [0,1] [mm]\to \IR[/mm] , [mm]f(x)\begin{cases} 0, & \mbox{falls } \bruch{1}{x} \in \IN \\ 1, & \mbox{sonst } \end{cases}[/mm]
>
> auch noch
> [mm]\integral_{0}^{1}{f(x) d \lambda}[/mm]
>
> bestimmen möchte. Dann habe ich da
> 0 raus, ist das korrekt?
Kaum. Wenn schon, dann $1$. Denn das entsprechende Integral für Deine [mm] $f_n$ [/mm] ist $1$ und dasjenige für Deine [mm] $h_n$ [/mm] ist $1-1/n$. Die [mm] $f_n$ [/mm] und [mm] $h_n$ [/mm] sind ja auf $[1/n;1]$ bis auf endlich viele Stellen gleich $1$ (und nicht etwa gleich $0$).
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Hallo,
ich hatte das so gerechnet:
[mm] \integral_{0}^{1}{f d \lambda} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} Int_{[0,1]} (h_n)
[/mm]
[mm] =\limes_{n\rightarrow\infty} (0*\bruch{1}{n}+\summe_{k=1}^{n-1} (1*(\bruch{1}{k}-\bruch{1}{k+1})+\summe_{k=1}^{n-1}1*(\bruch{1}{k}-{1}{k}))
[/mm]
Ist das falsch?
Danke,
Anna
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> Hallo,
>
> ich hatte das so gerechnet:
> [mm]\integral_{0}^{1}{f d \lambda}[/mm] =
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} Int_{[0,1]} (h_n)[/mm]
>
> [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty} (0*\bruch{1}{n}+\summe_{k=1}^{n-1} (1*(\bruch{1}{k}-\bruch{1}{k+1})\red{+\summe_{k=1}^{n-1}1*(\bruch{1}{k}-{1}{k}))}[/mm]
>
> Ist das falsch?
Ich verstehe nicht, was der Teil soll, den ich rot markiert habe. Der Rest scheint mir hingegen richtig: der ergibt aber gerade, was ich geschrieben hatte: [mm] $1-\frac{1}{n}$ [/mm] für das Integral von [mm] $h_n$. [/mm] Wohingegen das Integral von [mm] $f_n$ [/mm] bereits $1$ ist.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:34 Mi 25.06.2008 | | Autor: | Anna-Lyse |
Hallo Somebody,
> >
> > ich hatte das so gerechnet:
> > [mm]\integral_{0}^{1}{f d \lambda}[/mm] =
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} Int_{[0,1]} (h_n)[/mm]
> >
> > [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty} (0*\bruch{1}{n}+\summe_{k=1}^{n-1} (1*(\bruch{1}{k}-\bruch{1}{k+1})\red{+\summe_{k=1}^{n-1}1*(\bruch{1}{k}-{1}{k}))}[/mm]
>
> >
> > Ist das falsch?
>
> Ich verstehe nicht, was der Teil soll, den ich rot markiert
Das soll praktisch der Rest der Zerlegung (die ich im anderen Thread angegeben
hatte) sein - also [1,1] ?! Oder ist das falsch?
> habe. Der Rest scheint mir hingegen richtig: der ergibt
> aber gerade, was ich geschrieben hatte: [mm]1-\frac{1}{n}[/mm] für
> das Integral von [mm]h_n[/mm].
Ja, ich hatte das noch einmal neu gerechnet aufgrund Deiner Antwort, und bin
so dann auch zu diesem Ergebnis gekommen. Wollte wissen, ob mein Rechenweg
dazu OK ist.
DANKE!
Anna
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:15 Mi 25.06.2008 | | Autor: | Somebody |
> Hallo Somebody,
>
> > >
> > > ich hatte das so gerechnet:
> > > [mm]\integral_{0}^{1}{f d \lambda}[/mm] =
> > > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} Int_{[0,1]} (h_n)[/mm]
> > >
> > > [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty} (0*\bruch{1}{n}+\summe_{k=1}^{n-1} (1*(\bruch{1}{k}-\bruch{1}{k+1})\red{+\summe_{k=1}^{n-1}1*(\bruch{1}{k}-{1}{k}))}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Ist das falsch?
> >
> > Ich verstehe nicht, was der Teil soll, den ich rot markiert
>
> Das soll praktisch der Rest der Zerlegung (die ich im
> anderen Thread angegeben
> hatte) sein - also [1,1] ?! Oder ist das falsch?
Ich denke nun, dass die rot markierte Teilsumme den Stellen $x=1, 1/2, 1/3, [mm] \ldots, [/mm] 1/(n-1)$ entspricht, an denen die Funktion den Wert $0$ annimmt. Man kann sich natürlich fragen, ob es überhaupt nötig ist, beim Aufsummieren des Integrals einer Treppenfunktion diejengen Intervalle anzuführen, auf denen die Treppenfunktion den Wert $0$ hat. Mich persönlich scheint ein solches Vorgehen nur unnötig zu verwirren: ich hätte nur die mittlere Teilsumme hingeschrieben, deren Wert $1-1/n$ ist.
Des weiteren hättest Du, bei dieser Interpretation der von mir rot markierten Teilsumme, schreiben müssen: [mm] $\sum_{k=1}^{n-1}0\cdot\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k}\right)$.
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:55 Do 26.06.2008 | | Autor: | Anna-Lyse |
Hallo Somebody,
> > > > [mm]=\limes_{n\rightarrow\infty} (0*\bruch{1}{n}+\summe_{k=1}^{n-1} (1*(\bruch{1}{k}-\bruch{1}{k+1})\red{+\summe_{k=1}^{n-1}1*(\bruch{1}{k}-{1}{k}))}[/mm]
>
> > >
> > > Ich verstehe nicht, was der Teil soll, den ich rot markiert
> >
> > Das soll praktisch der Rest der Zerlegung (die ich im
> > anderen Thread angegeben
> > hatte) sein - also [1,1] ?! Oder ist das falsch?
>
> Ich denke nun, dass die rot markierte Teilsumme den Stellen
> [mm]x=1, 1/2, 1/3, \ldots, 1/(n-1)[/mm] entspricht, an denen die
> Funktion den Wert [mm]0[/mm] annimmt. Man kann sich natürlich
Ja, genau das meinte ich mit dem "Rest der Zerlegung", also ... [mm] [\bruch{1}{3},\bruch{1}{3}],[\bruch{1}{2},\bruch{1}{2}],[1,1]
[/mm]
> fragen, ob es überhaupt nötig ist, beim Aufsummieren des
> Integrals einer Treppenfunktion diejengen Intervalle
> anzuführen, auf denen die Treppenfunktion den Wert [mm]0[/mm] hat.
Ja, nötig wäre es wohl eher nicht. Hatte so nur mal ein Beispiel
gesehen.
> Mich persönlich scheint ein solches Vorgehen nur unnötig zu
> verwirren: ich hätte nur die mittlere Teilsumme
> hingeschrieben, deren Wert [mm]1-1/n[/mm] ist.
> Des weiteren hättest Du, bei dieser Interpretation der von
> mir rot markierten Teilsumme, schreiben müssen:
> [mm]\sum_{k=1}^{n-1}0\cdot\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k}\right)[/mm].
>
Ach klar. Stimmt, es muss 0 * sein.
Danke!!
Gruß,
Anna
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Hallo,
nun soll zu dieser Funktion noch gezeigt werden, dass
es keine Folge von Treppenfunktionen auf [0,1] gibt, die
gleichmäßig gegen f konvergiert.
Irgendwie weiß ich nicht, wie ich da nun ansetze.
Bin dankbar für Tipps.
Gruß,
Anna
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> Hallo,
>
> nun soll zu dieser Funktion noch gezeigt werden, dass
> es keine Folge von Treppenfunktionen auf [0,1] gibt, die
> gleichmäßig gegen f konvergiert.
>
> Irgendwie weiß ich nicht, wie ich da nun ansetze.
> Bin dankbar für Tipps.
Das Problem ist doch, dass $f$ in der Umgebung von $0$ zu schnell zwischen den Werten $0$ und $1$ hin und her schwankt.
Behauptung: Für jede Treppenfunktion $t$ gilt [mm] $\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|\geq [/mm] 0.5$.
Beweis: (indirekt) Angenommen $t$ wäre eine Treppenfunktion, für die [mm] $\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|< [/mm] 0.5$ gilt. Wir dürfen annehmen, dass $t$ die Form [mm] $t(x)=\sum_{k=1}^N \alpha_k 1_{I_k}$ [/mm] hat, wobei [mm] $I_k$ [/mm] paarweise disjunkte Intervalle sind.
Betrachte die Folgen [mm] $x_n [/mm] := 1/n$ und $x'_n := [mm] (x_n+x_{n+1})/2$. [/mm] Diese beiden streng monoton fallenden Folgen konvergieren gegen $0$. Zwischen je zwei Gliedern der einen Folge liegt immer (mindestens) ein Glied der anderen Folge und für alle $n$ gilt: [mm] $f(x_n)=0$ [/mm] und $f(x'_n)=1$.
Da die [mm] $I_k$ [/mm] nur endlich viele Mengen sind, die Folge [mm] $x_n$ [/mm] aber unendlich viele verschiedene Werte annimmt, müssen unendlich viele (also sicher mindestens zwei) Glieder dieser Folge in einem Intervall [mm] $I_{k_0}$ [/mm] liegen.
Dann muss aber auch ein zwischen diesen beiden Gliedern der Folge [mm] $x_n$ [/mm] liegendes Glied der Folge $x'_n$ in [mm] $I_{k_0}$ [/mm] liegen (weil [mm] $I_{k_0}$ [/mm] ja, nach Voraussetzung über $t$ ein Intervall ist). D.h. in [mm] $I_{k_0}$ [/mm] nimmt $f$ sowohl den Wert $0$ als auch den Wert $1$ an. $t$ ist aber auf [mm] $I_{k_0}$ [/mm] konstant: Widerspruch zur Annahme, dass [mm] $\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|< [/mm] 0.5$ gilt. Also kann es eine solche Treppenfunktion nicht geben.
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Hallo Somebody,
vielen vielen Dank für Deine Antwort!!
Ich bin noch dabei mir diese zu verinnerlichen, aber noch eine
Frage dazu:
> Behauptung: Für jede Treppenfunktion [mm]t[/mm] gilt
> [mm]\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|\geq 0.5[/mm].
Warum hast Du hier gerade 0,5 gewählt?
Danke,
Anna
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> Hallo Somebody,
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> vielen vielen Dank für Deine Antwort!!
> Ich bin noch dabei mir diese zu verinnerlichen, aber noch
> eine
> Frage dazu:
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> > Behauptung: Für jede Treppenfunktion [mm]t[/mm] gilt
> > [mm]\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|\geq 0.5[/mm].
>
> Warum hast Du hier gerade 0,5 gewählt?
Wir wissen doch, dass $f$ im Intervall $[0;1]$ zwischen den Werten $0$ und $1$ hin und her springt. Nun kann die Treppenfunktion auf einem Intervall auf dem sie denselben konstanten Wert hat nicht zugleich näher als $0.5$ bei $0$ und näher als $0.5$ bei $1$ sein. Man hätte also anstelle von $0.5$ irgend einen positiven Wert kleiner als $0.5$ nehmen können - aber keinen grösseren. Denn schon [mm] $\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|= [/mm] 0.5$ ist problemlos möglich: dies erfüllt z.B. die recht simple Treppenfunktion $t := [mm] 0.5\cdot 1_{[0;1]}$
[/mm]
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Hallo Somebody,
> Wir wissen doch, dass [mm]f[/mm] im Intervall [mm][0;1][/mm] zwischen den
> Werten [mm]0[/mm] und [mm]1[/mm] hin und her springt. Nun kann die
> Treppenfunktion auf einem Intervall auf dem sie denselben
> konstanten Wert hat nicht zugleich näher als [mm]0.5[/mm] bei [mm]0[/mm] und
> näher als [mm]0.5[/mm] bei [mm]1[/mm] sein. Man hätte also anstelle von [mm]0.5[/mm]
> irgend einen positiven Wert kleiner als [mm]0.5[/mm] nehmen können -
Du meinst bei dem indirekten Beweis hätte man das nehmen können? Denn
bei der Behauptung hast Du ja [mm] \ge [/mm] 0,5 gesetzt?!
> aber keinen grösseren. Denn schon
> [mm]\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|= 0.5[/mm] ist problemlos möglich:
> dies erfüllt z.B. die recht simple Treppenfunktion [mm]t := 0.5\cdot 1_{[0;1]}[/mm]
Danke,
Anna
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> Hallo Somebody,
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> > Wir wissen doch, dass [mm]f[/mm] im Intervall [mm][0;1][/mm] zwischen den
> > Werten [mm]0[/mm] und [mm]1[/mm] hin und her springt. Nun kann die
> > Treppenfunktion auf einem Intervall auf dem sie denselben
> > konstanten Wert hat nicht zugleich näher als [mm]0.5[/mm] bei [mm]0[/mm] und
> > näher als [mm]0.5[/mm] bei [mm]1[/mm] sein. Man hätte also anstelle von [mm]0.5[/mm]
> > irgend einen positiven Wert kleiner als [mm]0.5[/mm] nehmen können -
>
> Du meinst bei dem indirekten Beweis hätte man das nehmen
> können? Denn
> bei der Behauptung hast Du ja [mm]\ge[/mm] 0,5 gesetzt?!
Ja, klar, man hätte zum Beispiel auch zeigen können , dass für jede Treppenfunktion $t$ gilt: [mm] $\sup_{x\in [0;1]}|f(x)-t(x)|\geq [/mm] 0.25$ (statt: [mm] $\geq [/mm] 0.5$). Auch dies würde beweisen, dass es keine gegen $f$ gleichmässig konvergente Folge von Treppenfunktionen gibt. Denn [mm] $\sup_{x\in [0;1]}|f(x)-t(x)|\geq [/mm] 0.25$ besagt ja, dass eine Treppenfunktion in der "Supremumsnorm" nicht näher als 0.25 an $f$ heran kommen kann.
Zur Wiederholung: Der wesentliche Punkt ist der: eine Treppenfunktion $t$ nimmt auf endlich vielen disjunkten Intervallen einen konstanten Wert an. Da die streng monoton gegen 0 fallende Folge $x'_n$ (mit $f(x'_n)=1$, für alle $n$) aber unendlich viele Werte annimmt, müssen in einem der Intervalle, in denen $t$ einen konstanten Wert, sagen wir [mm] $y_0$, [/mm] annimmt, mindestens zwei (ja sogar unendlich viele) Glieder dieser Folge enthalten sein. Aufgrund unserer Wahl der $x'_n$ und [mm] $x_n$ [/mm] ist es dann aber so, dass es auch ein [mm] $x_n$ [/mm] mit [mm] $f(x_n)=0$ [/mm] in diesem Intervall geben muss: $f$ nimmt auf dem fraglichen Intervall also sowohl den Wert $1$ als auch den Wert $0$ an. Nun muss aber [mm] $|1-y_0|\geq [/mm] 0.25$ oder [mm] $|0-y_0|\geq [/mm] 0.25$ sein. Grund: wäre z.B. [mm] $|0-y_0|<0.25$, [/mm] dann wäre [mm] $|1-y_0|\geq [/mm] 0.75$ also insbesondere [mm] $|1-y_0|\geq [/mm] 0.25$ und daher [mm] $\sup_{x\in[0;1]}|f(x)-t(x)|\geq [/mm] 0.25$.
Hingegen könnten wir nicht behaupten, dass für alle Treppenfunktionen $t$ gilt [mm] $\sup_{x\in [0;1]}|f(x)-t(x)|\geq [/mm] 0.6$. Denn, wie gesagt, diese Behauptung wird durch das Gegenbeispiel $t := [mm] 0.5\cdot 1_{[0;1]}$, [/mm] für das [mm] $\sup_{x\in [0;1]}|f(x)-t(x)|=0.5$ [/mm] gilt, widerlegt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:22 So 29.06.2008 | | Autor: | Anna-Lyse |
Hallo Somebody,
VIELEN DANK für Deine ausführliche Hilfe.
Ich denke ich konnte das nun soweit nachvollziehen. Werde aber
noch einmal intensiv daran arbeiten.
Gruß,
Anna
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