gleichmäßige Konvergenz < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Für jedes n [mm] \in \IN [/mm] sei [mm] f_n: [/mm] [-1,1] [mm] \to \IR [/mm] definiert durch [mm] f_n(x):=\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}
[/mm]
Beweisen Sie:
a) Die folge [mm] (f_n) [/mm] ist gleichmäßig konvergent. Die Folge [mm] (f_n') [/mm] ist punktweise, aber nicht gleichmäßig konvergent.
b) [mm] (C^1([-1,1]), ||*||_\infty) [/mm] ist kein Banachraum. |
Hallo zusammen,
zu a):
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}=\wurzel{x^2}=|x|
[/mm]
Also ist die Betragsfunktion die Grenzfunktion: [mm] f\equiv|x|
[/mm]
Wir zeigen gleichmäßige Konvergenz:
Sei [mm] \varepsilon>0 [/mm] und [mm] N>\bruch{6}{\varepsilon^4}
[/mm]
[mm] |f_n(x)-f(x)|=|f_n(x)+|x||=\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}-\wurzel{x^2}=((x^2+\bruch{1}{n^2})+x^2)*((x^2+\bruch{1}{n^2})-x^2)=(2x^2+\bruch{1}{n^2})*\bruch{1}{n^2}=\bruch{4x^4+1}{n^4}\le\bruch{5}{n^4}<\bruch{6}{n^4}
[/mm]
Können wir so die gleichmäßige Konvergenz zeigen?
Wie zeigt man punktweise Konvergenz?
[mm] f_n'(x)=\bruch{x}{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}f_n'(x)=\bruch{x}{|x|}
[/mm]
Diese Grenzfunktion ist offensichtlich bei x=0 nicht definiert und da rechts- und linksseitiger Grenzwert dort nicht übereinstimmen, ist die Funktion nicht stetig. Folglich ist [mm] f_n [/mm] nicht gleichmäßig konvergent.
b) [mm] C^1 [/mm] beschreibt den Raum der einfach stetig diff'baren Funktionen.
zz: Eine Cauchy-Folge existiert in [mm] C^1, [/mm] deren Grenzwert nicht in [mm] C^1 [/mm] liegt.
[mm] \bruch{x}{|x|} [/mm] ist nicht stetig. Kann man dies als Gegenbeispiel nehmen?
Vielen Dank für eure Hilfe schonmal!
Anil
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Hey,
also die gleichmäßige Konvergenz kann man auch folgendermaßen zeigen(was manchmal einfacher sein kann):
....
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] sup [mm] |f_n(x) [/mm] - f(x)| = 0
Wenn du [mm] \bruch{4x^4+1}{n^4} [/mm] hast , dann:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] sup [mm] \bruch{4x^4+1}{n^4} [/mm] = 0
Denn [mm] \bruch{4x^4+1}{n^4} [/mm] ist für n gegen unendlich eine Nullfolge.
Damit hast du die gleichmäßige Konvergenz bewiesen.
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stimmt unsere Lösung denn auch?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:48 Mo 09.05.2016 | | Autor: | pc_doctor |
Da warte lieber auf eine Antwort der Experten, ich traue mir da keine Antwort zu :)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:26 Di 10.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> stimmt unsere Lösung denn auch?
Nein
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:05 Di 10.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hey,
>
> also die gleichmäßige Konvergenz kann man auch
> folgendermaßen zeigen(was manchmal einfacher sein kann):
> ....
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] sup [mm]|f_n(x)[/mm] - f(x)| = 0
>
> Wenn du [mm]\bruch{4x^4+1}{n^4}[/mm] hast , dann:
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] sup [mm]\bruch{4x^4+1}{n^4}[/mm] = 0
>
> Denn [mm]\bruch{4x^4+1}{n^4}[/mm] ist für n gegen unendlich eine
> Nullfolge.
> Damit hast du die gleichmäßige Konvergenz bewiesen.
Mit Verlaub, aber das ist großer Blödsinn. Du scheinst den Unterschied zwischen punktweiser und gleichmäßiger Konvergenz nicht verdaut zu haben.
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:26 Di 10.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Für jedes n [mm]\in \IN[/mm] sei [mm]f_n:[/mm] [-1,1] [mm]\to \IR[/mm] definiert
> durch [mm]f_n(x):=\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}[/mm]
>
> Beweisen Sie:
>
> a) Die folge [mm](f_n)[/mm] ist gleichmäßig konvergent. Die Folge
> [mm](f_n')[/mm] ist punktweise, aber nicht gleichmäßig
> konvergent.
>
> b) [mm](C^1([-1,1]), ||*||_\infty)[/mm] ist kein Banachraum.
> Hallo zusammen,
>
> zu a):
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}=\wurzel{x^2}=|x|[/mm]
> Also ist die Betragsfunktion die Grenzfunktion:
> [mm]f\equiv|x|[/mm]
Ja, aber schreibe lieber f(x)=|x|,
>
> Wir zeigen gleichmäßige Konvergenz:
>
> Sei [mm]\varepsilon>0[/mm] und [mm]N>\bruch{6}{\varepsilon^4}[/mm]
>
> [mm]|f_n(x)-f(x)|=|f_n(x)+|x||=\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}-\wurzel{x^2}=((x^2+\bruch{1}{n^2})+x^2)*((x^2+\bruch{1}{n^2})-x^2)=(2x^2+\bruch{1}{n^2})*\bruch{1}{n^2}=\bruch{4x^4+1}{n^4}\le\bruch{5}{n^4}<\bruch{6}{n^4}[/mm]
Das dritte "=" ist kompletter Unfug !
Es ist
[mm] |f_n(x)-f(x)|=\bruch{x^2+\bruch{1}{n^2}-x^2}{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}+|x|}.
[/mm]
Zeige Du nun:
[mm] |f_n(x)-f(x)| \le \bruch{1}{n} [/mm] für alle n [mm] \in \IN [/mm] und alle x [mm] \in [/mm] [-1,1]
Das zeigt: [mm] (f_n) [/mm] konv. auf [-1,1] gleichmäßig gegenf.
>
> Können wir so die gleichmäßige Konvergenz zeigen?
Nein, siehe oben.
>
> Wie zeigt man punktweise Konvergenz?
Das hast Du doch schon !
>
> [mm]f_n'(x)=\bruch{x}{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}}[/mm]
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}f_n'(x)=\bruch{x}{|x|}[/mm]
> Diese Grenzfunktion ist offensichtlich bei x=0 nicht
> definiert
Quatsch !
Für x=0 ist [mm] f_n'(0)=0 \to [/mm] 0. Die Folge [mm] (f_n') [/mm] konvergiert also punktweise gegen die Fuktion g, die wie folgt aussieht:
g(x)=1 für x>0, g(0)=0 und g(x)=-1 für x<0.
> und da rechts- und linksseitiger Grenzwert dort
> nicht übereinstimmen, ist die Funktion nicht stetig.
> Folglich ist [mm]f_n[/mm] nicht gleichmäßig konvergent.
Doch ! Aber [mm] (f_n') [/mm] konvergiert nicht gleichmäßig.
>
> b) [mm]C^1[/mm] beschreibt den Raum der einfach stetig diff'baren
> Funktionen.
> zz: Eine Cauchy-Folge existiert in [mm]C^1,[/mm] deren Grenzwert
> nicht in [mm]C^1[/mm] liegt.
> [mm]\bruch{x}{|x|}[/mm] ist nicht stetig. Kann man dies als
> Gegenbeispiel nehmen?
Schön langsam !
Du brauchst also eine Cauchyfolge [mm] (f_n) [/mm] in $ [mm] (C^1([-1,1]), ||\cdot{}||_\infty) [/mm] $ mit der Eigenschaft: für kein h [mm] \in C^1([-1,1]) [/mm] gilt
(*) [mm] ||f_n-h||_\infty \to [/mm] 0.
Na, dann probieren wir das doch mal mit den [mm] f_n [/mm] aus a)
Zeige Du:
[mm] ||f_n-f_m||_\infty \le |\bruch{1}{n}-\bruch{1}{m}| [/mm] für alle n,m
Warum gilt nun (*) für kein h [mm] \in C^1([-1,1]) [/mm] ?
FRED
>
> Vielen Dank für eure Hilfe schonmal!
>
> Anil
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Vielen Dank für deine ausführliche Antwort!
Aber wie kann ich zeigen, dass f'_n nicht glm. konvergiert?
Ich muss doch zeigen:
[mm] \exists(\varepsilon>0) \forall (N\in [/mm] IN) [mm] \exists (n\ge [/mm] N) [mm] \exists (t\in [/mm] D) [mm] |f_n(x)-f(x)|> \varepsilon
[/mm]
Aber wie wähle ich dann [mm] \varepsilon [/mm] und x sinnvoll? Am besten so, dass n irgendwie wegfällt, oder?
zu b)
[mm] ||f_n-f_m||_\infty [/mm] = [mm] sup_t \in [/mm] D [mm] |f_n-f_m| \le |(\bruch{1}{n}+f(x)) -(\bruch{1}{m}+f(x))| [/mm]
Darf man das so einfach schreiben?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:58 Di 10.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Vielen Dank für deine ausführliche Antwort!
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> Aber wie kann ich zeigen, dass f'_n nicht glm. konvergiert?
Die Funktionen [mm] f_n' [/mm] sind stetig. Wäre [mm] (f_n') [/mm] gleichmäßig konvergent, so wäre auch die Grenufunktion stetig, was aber nicht der Fall ist.
> Ich muss doch zeigen:
> [mm]\exists(\varepsilon>0) \forall (N\in[/mm] IN) [mm]\exists (n\ge[/mm] N)
> [mm]\exists (t\in[/mm] D) [mm]|f_n(x)-f(x)|> \varepsilon[/mm]
>
> Aber wie wähle ich dann [mm]\varepsilon[/mm] und x sinnvoll? Am
> besten so, dass n irgendwie wegfällt, oder?
>
> zu b)
> [mm]||f_n-f_m||_\infty[/mm] = [mm]sup_t \in[/mm] D [mm]|f_n-f_m| \le |(\bruch{1}{n}+f(x)) -(\bruch{1}{m}+f(x))|[/mm]
> Darf man das so einfach schreiben?
Schreiben darfst Du alles, verboten ist da nichts. "Einfach so schreiben" hat mit Mathematik nix zu tun,
Die fragliche Ungleichung sollst Du beründen (beweisen, herleiten)
FRED
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b)
$ [mm] ||f_n-f_m||_\infty [/mm] $=sup_(t [mm] \in [/mm] D)= $ [mm] |f_n-f_m| \le |(\bruch{1}{n}+f(x)) -(\bruch{1}{m}+f(x))| [/mm] $
Wieso ist das zu zeigen? Das erste "=" folgt aus der Vorlesung und das zweite "=" kann man doch durch Umformungen aus (a) (gleichmäßige Konvergenz von [mm] f_n) [/mm] folgern?
Durch die Dreiecksungleichung folgt: [mm] |f_n [/mm] - f| [mm] \le |f_n|-|f| \le \bruch{1}{n} [/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:10 Mi 11.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> b)
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> [mm]||f_n-f_m||_\infty [/mm]=sup_(t [mm]\in[/mm] D)= [mm]|f_n-f_m| \le |(\bruch{1}{n}+f(x)) -(\bruch{1}{m}+f(x))|[/mm]
>
> Wieso ist das zu zeigen? Das erste "=" folgt aus der
> Vorlesung
Das erste "=" ist die Definition(!) der Norm [mm] ||*||_\infty [/mm] !!
> und das zweite "=" kann man doch durch
> Umformungen aus (a) (gleichmäßige Konvergenz von [mm]f_n)[/mm]
> folgern?
Na, na, na. Mann, dann zeig doch diese Umformungen endlich mal her !
Also: schreib sauber auf, warum
[mm] ||f_n-f_m||_\infty \le |\bruch{1}{n}-\bruch{1}{m}|
[/mm]
gilt. Ich bin gespannt, ob Du das richtig hinbekommst.
Aber bitte: kein Geschwafel, sondern ordentliche Rechnungen und Begründungen.
>
> Durch die Dreiecksungleichung folgt: [mm]|f_n[/mm] - f| [mm]\le |f_n|-|f| \le \bruch{1}{n}[/mm]
Tatsächlich ?
FRED
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[mm] ||f_n-f_m||_\infty [/mm] = [mm] sup|f_n-f_m| \le sup(|f_n| [/mm] - [mm] |f_m|) [/mm] = [mm] sup|((\bruch{1}{n}-|f|) [/mm] - [mm] (\bruch{1}{m}-|f|)) [/mm] = [mm] |\bruch{1}{n}-\bruch{1}{m}| [/mm]
so?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:19 Mi 11.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> [mm]||f_n-f_m||_\infty[/mm] = [mm]sup|f_n-f_m| \le sup(|f_n|[/mm] - [mm]|f_m|)[/mm] =
> [mm]sup|((\bruch{1}{n}-|f|)[/mm] - [mm](\bruch{1}{m}-|f|))[/mm] =
> [mm]|\bruch{1}{n}-\bruch{1}{m}|[/mm]
>
> so?
Nee, das [mm] "\le [/mm] " ist völliger Unsinn !
FRED
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Ist das nicht die Dreiecksungleichung? Wie soll das denn sonst funktionieren?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:34 Mi 11.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Ist das nicht die Dreiecksungleichung?
Die Dreiecksungleichung lautet so: |a-b| [mm] \le [/mm] |a|+|b|
und nicht so:
|a-b| [mm] \le [/mm] |a|-|b|
> Wie soll das denn
> sonst funktionieren?
Es ist (3. Binomi)
[mm] |f_n(x)-f_m(x)|=\bruch{|\bruch{1}{n^2}-\bruch{1}{m^2}|}{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}+\wurzel{x^2+\bruch{1}{m^2}}} \le \bruch{|\bruch{1}{n^2}-\bruch{1}{m^2}|}{\wurzel{\bruch{1}{n^2}}+\wurzel{\bruch{1}{m^2}}}=\bruch{|\bruch{1}{n^2}-\bruch{1}{m^2}|}{\bruch{1}{n}+\bruch{1}{m}}=|\bruch{1}{n}-\bruch{1}{m}| [/mm] für alle x [mm] \in [/mm] [-1,1]
FRED
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Der erste Schritt ist uns unklar.. kannst du den evtl nochmal erklären, bitte? Die Umformungen danach sind uns klar
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:58 Mi 11.05.2016 | | Autor: | Jule2 |
Da würde die 3. Binomische Formel verwendet, wobei mit [mm] \bruch{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}+\wurzel{x^2+\bruch{1}{m^2}}}{\wurzel{x^2+\bruch{1}{n^2}}+\wurzel{x^2+\bruch{1}{m^2}}} [/mm] erweitert wurde
LG
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