Banachraum d. beschränkten Fkt < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:58 Fr 31.08.2012 | | Autor: | sqflo |
Hallo allerseits.
Ich habe in meinen Aufzeichnungen einen Satz gefunden, mit dessen Beweis ich leider nichts mehr anfangen kann. Also habe ich gerade versucht, ihn für mich zu rekonstruieren. Es geht um die Aussage:
Der Raum der Beschränkten Funktionen [mm] $B=\{f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}; \|f\|=sup_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|<\infty\}$, [/mm] ausgestattet mit der Supremumsnorm ist ein Banachraum.
Zum Beweis habe ich mir dann folgendes überlegt:
Sei [mm] $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] eine Cauchyfolge, es gilt also
[mm] $\|f_n-f_m\|\le\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $n,n\ge [/mm] N$ und damit auch
[mm] $|f_n(x)-f_m(x)|\le\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $n,m\ge [/mm] N$ und alle [mm] $x\in\mathbb{R}$ [/mm] (*)
bzgl. des Abstands [mm] $|\cdot|$ [/mm] in [mm] $\mathbb{R}$. [/mm] Da [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] vollständig ist, konvergiert [mm] $f_n$ [/mm] gegen ein $f$ (wegen (*) sogar gleichmäßig).
Als nächstes ist zu zeigen, dass $f$ beschränkt ist: Es gilt:
Für Ein [mm] $N\in\mathbb{N}$, [/mm] sodass [mm] |f(x)-f_N(x)|<\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $x\in\mathbb{R}$ [/mm] und damit
[mm] $|f(x)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)|<\varepsilon+|f_N(x)|$ [/mm] für alle [mm] $x\in\mathbb{R}$.
[/mm]
Somit ist [mm] $f\in [/mm] B$ und wegen [mm] $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ und alle [mm] $x\in\mathbb{R}$ [/mm] gilt auch [mm] $\|f_n-f\|\le\varepsilon$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$. [mm] $\box$
[/mm]
Ist dieser Beweis so richtig? Oder ist es falsch, wenn ich von (*) auf die gleichmäßige Konvergenz schließe?
lg
flo
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:31 Fr 31.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Soflo,
> Hallo allerseits.
>
> Ich habe in meinen Aufzeichnungen einen Satz gefunden, mit
> dessen Beweis ich leider nichts mehr anfangen kann. Also
> habe ich gerade versucht, ihn für mich zu rekonstruieren.
> Es geht um die Aussage:
>
> Der Raum der Beschränkten Funktionen
> [mm]B=\{f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}; \|f\|=sup_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|<\infty\}[/mm],
> ausgestattet mit der Supremumsnorm ist ein Banachraum.
>
> Zum Beweis habe ich mir dann folgendes überlegt:
>
> Sei [mm](f_n)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] eine Cauchyfolge
bzgl. [mm] $\|.\|_\infty$ [/mm] bzw. der durch diese Norm induzierten Metrik!
> , es gilt also
zu beliebig vorgegebenem [mm] $\varepsilon [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] dass
>
> [mm]\|f_n-f_m\|\le\varepsilon[/mm] für alle [mm]n,n\ge N[/mm]
Du meinst [mm] $n,\;\red{m} \ge [/mm] N$ mit einem [mm] $N=N_\varepsilon \in \IN$ [/mm]
(passend zur vorgegebenen Cauchybedingung)!
> und damit
> auch
>
> [mm]|f_n(x)-f_m(x)|\le\varepsilon[/mm] für alle [mm]n,m\ge N[/mm] und alle
> [mm]x\in\mathbb{R}[/mm] (*)
>
> bzgl. des Abstands [mm]|\cdot|[/mm] in [mm]\mathbb{R}[/mm]. Da [mm]\mathbb{R}[/mm]
> vollständig ist, konvergiert [mm]f_n[/mm] gegen ein [mm]f[/mm] (wegen (*)
> sogar gleichmäßig).
Na, erstmal kannst Du nur sagen, dass für jedes $x [mm] \in \IR$ [/mm] die (reelle)
Folge [mm] $(f_n(x))_n$ [/mm] wegen der Vollständigkeit von [mm] $\IR$ [/mm] einen Grenzwert
dort hat. Dann kannst Du definieren:
[mm] $$f(x):=\lim_{n \to \infty}f_n(x)$$
[/mm]
womit der Wert [mm] $f(x)\,$ [/mm] für jedes $x [mm] \in \IR$ [/mm] definiert ist. Also kann man
$f: [mm] \IR \to \IR$ [/mm] mit der obigen Vorschrift $x [mm] \mapsto f(x):=\lim_n f_n(x)$
[/mm]
definieren, und wir wissen schon, dass dann die Funktion [mm] $f\,$ [/mm] der
punktweise Grenzwert der [mm] $f_n$ [/mm] ist. Um aber [mm] $f_n \to [/mm] f$ gleichmäßig
zu erkennen, also [mm] $\|f_n-f\|_\infty \to 0\,,$ [/mm] musst Du natürlich auch
[mm] $\|f_n-f\|_\infty [/mm] < [mm] \epsilon$ [/mm] nachweisen - wenn [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ ist
und dann für alle $n [mm] \ge N_\epsilon$ [/mm] für ein zu [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ passendes
[mm] $N_\epsilon \in \IN\,.$
[/mm]
Das folgt keineswegs sofort aus [mm] $(\*)$: [/mm] Es wäre etwa zu begründen, dass
es zu jedem [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $N=N_\epsilon$ [/mm] so gibt, dass für alle $n [mm] \ge [/mm] N$
[mm] $$|f_n(x)-f(x)| [/mm] < [mm] \epsilon$$
[/mm]
und alle $x [mm] \in \IR\,.$
[/mm]
> Als nächstes ist zu zeigen, dass [mm]f[/mm] beschränkt ist: Es
> gilt:
>
> Für Ein [mm]$N\in\mathbb{N}$,[/mm] sodass
> [mm]|f(x)-f_N(x)|<\varepsilon$[/mm] für alle [mm]$x\in\mathbb{R}$[/mm] und
> damit
>
> [mm]|f(x)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)|<\varepsilon+|f_N(x)|[/mm]
> für alle [mm]x\in\mathbb{R}[/mm].
>
>
> Somit ist [mm]f\in B[/mm] und wegen [mm]|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon[/mm] für
> alle [mm]n\ge N[/mm] und alle [mm]x\in\mathbb{R}[/mm] gilt auch
> [mm]\|f_n-f\|\le\varepsilon[/mm] für alle [mm]n\ge N[/mm]. [mm]\box[/mm]
>
> Ist dieser Beweis so richtig? Oder ist es falsch, wenn ich
> von (*) auf die gleichmäßige Konvergenz schließe?
Die Beschränktheit hast Du gezeigt (wenn ich gerade nichts übersehe, falls
doch, verzeih' mir, ich muss nämlich gleich weg, bin auf'm Sprung). Die glm.
Konvergenz noch nicht.
Edit: Man schaue in meine andere Antwort - die Beschränktheit
wurde hier noch keineswegs begründet. Vorhin hatte ich doch zu schnell
einfach nur drübergeguckt!
Wenn Du's dringend wissen willst: Schau' mal in Funktionalanalysis von
Dirk Werner rein! Irgendwo auf den ersten 10 Seiten steht's (findest Du
evtl. auch mit google books).
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:10 Fr 31.08.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ergänzend nochmal:
> Für Ein [mm]$N\in\mathbb{N}$,[/mm] sodass
> [mm]|f(x)-f_N(x)|<\varepsilon$[/mm] für alle [mm]$x\in\mathbb{R}$[/mm] und
> damit
>
> [mm]|f(x)|=|f(x)-f_N(x)+f_N(x)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)|<\varepsilon+|f_N(x)|[/mm]
> für alle [mm]x\in\mathbb{R}[/mm].
also eigentlich hast Du die Beschränktheit nur unter der Annahme,
dass [mm] $f_n \to [/mm] f$ glm. gilt, gezeigt - und weil Du die glm. Konvergenz noch
nicht nachgewiesen hast, hast Du die Beschränktheit
strenggenommen auch noch nicht gezeigt.
Zudem, wenn man ganz genau guckt, hast Du selbst dann die
Beschränktheit eigentlich auch noch nicht gezeigt:
Du sagst ja nur, dass
$$|f(x)| < [mm] \varepsilon+|f_N(x)|$$
[/mm]
gilt - die Schranke rechterhand [mm] $M:=\varepsilon+|f_N(x)|$ [/mm] hat aber das
Problem, dass [mm] $M=M(x)\,$ [/mm] ist - sie ist also abhängig von [mm] $x\,.$ [/mm]
(Nebenbei gesagt kann man hier auch [mm] $\varepsilon$ [/mm] spezifizieren, also
[mm] $\varepsilon:=\pi$ [/mm] setzen oder wie man auch immer will (sofern man es
echt positiv gewählt hat). Meist setzt man [mm] $\varepsilon:=1$)
[/mm]
Aber da fehlt Dir einfach nur eine kleine Idee/Abschätzung: Es ist
nämlich [mm] $|f_N(x)| \le \|f_N\|_\infty$ [/mm] und es ist [mm] $\|f_N\|_\infty [/mm] < [mm] \infty\,,$
[/mm]
weil [mm] $f_N$ [/mm] ja eine beschränkte Funktion ist. Also:
Für jedes [mm] $x\,$ [/mm] gilt
$$|f(x)| [mm] \le \varepsilon+\|f_N\|_\infty\,,$$
[/mm]
wenn [mm] $N\,$ [/mm] eine zu [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ Zahl so passend ist, dass [mm] $\|f_N-f\|_\infty [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$ [/mm] Hier siehst Du auch, dass Du noch zu beweisen hast, dass [mm] $f_n \to [/mm] f$ glm. - denn wie willst Du sonst [mm] $\|f_N-f\|_\infty [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] begründen?
Und wie gesagt: Du kannst auch [mm] $N\,$ [/mm] zu [mm] $\varepsilon=1$ [/mm] passend annehmen, so dass dann
$$|f(x)| [mm] \le 1+\|f_N\|_\infty$$ [/mm]
für alle [mm] $x\,$ [/mm] gilt.
P.S.
Versuche also noch, die glm. Konvergenz von [mm] $(f_n)_n$ [/mm] gegen die
punktweise definierte Grenzfunktion [mm] $f\,$ [/mm] nachzuweisen. Angemerkt
sei auch: Wenn eine Funktionenfolge glm. gegen eine Funktion
konvergiert, so kann die "Grenzfunktion im glm. Sinne" nur identisch
mit der "punktweisen Grenzfunktion" sein. Ist Dir klar, warum?
P.P.S.
Die glm. Konvergenz folgt so:
Sei $x [mm] \in \IR$ [/mm] beliebig, aber fest. Sei [mm] $\varepsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Wegen [mm] $f_n(x) \to [/mm] f(x)$ (in [mm] $\IR$) [/mm] gibt's ein [mm] $N_x=N_{x,\varepsilon} \in \IN$ [/mm] mit [mm] $|f_n(x)-f(x)| [/mm] < [mm] \varepsilon$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge N_x\,.$ [/mm] Weiter gilt [mm] $\|f_n-f_m\|_\infty [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] für alle $n,m [mm] \ge [/mm] N$ mit einem [mm] $N=N_\varepsilon\,.$
[/mm]
Da nun
[mm] $$|f(x)-f_n(x)| \le |f(x)-f_m(x)|+|f_m(x)-f_n(x)|$$
[/mm]
gilt, und wenn wir beachten, dass [mm] $|f(x)-f_n(x)|$ [/mm] nur "in Abhängigkeit von
[mm] $n\,$ [/mm] kleingemacht werden muss", können wir mit dem [mm] $m\,$ [/mm] mehr oder
weniger "machen, was wir wollen":
Nehmen wir also ohne Einschränkung $m [mm] \ge \max\{N,\;N_x\}$ [/mm] an, so folgt
für alle $n [mm] \ge [/mm] N$
[mm] $$|f(x)-f_n(x)| \le \varepsilon [/mm] + [mm] \varepsilon=2\varepsilon\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Sa 01.09.2012 | | Autor: | sqflo |
Hallo Marcel,
danke erstmal dafür, dass du dir so eine riesige Mühe gemacht hast! :)
Aber eine kleinigkeit verstehe ich immernoch nicht ganz. und zwar im letzten Absatz: wie komme ich da von der punktweise Konvergenz auf die gleichmäßige?
lg
flo
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:24 Sa 01.09.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> danke erstmal dafür, dass du dir so eine riesige Mühe
> gemacht hast! :)
>
> Aber eine kleinigkeit verstehe ich immernoch nicht ganz.
> und zwar im letzten Absatz: wie komme ich da von der
> punktweise Konvergenz auf die gleichmäßige?
meinst Du bei der Abschätzung
[mm] $$|f_n(x)-f(x)| \le |f(x)-f_m(x)| [/mm] + [mm] |f_m(x)-f_n(x)|$$
[/mm]
?
Ich hab's versucht, anzudeuten - aber machen wir's nochmal:
Den Term [mm] $|f_n(x)-f_m(x)|$ [/mm] bekommst Du sicher [mm] $\le \varepsilon$ [/mm] (oder
$< [mm] \varepsilon\,,$ [/mm] das ist egal), wenn $n,m [mm] \ge [/mm] N$ mit einem [mm] $N\,,$ [/mm] dass
zu [mm] $\varepsilon$ [/mm] passt: So eines existiert wegen der
Cauchyfolgeneigenschaft der Folge [mm] $(f_n)_n$ [/mm] bzgl. [mm] $\|.\|_\infty\,.$
[/mm]
Jetzt überlege mal, was Du haben willst:
Wir wollen [mm] $|f_n(x)-f(x)| \le K*\varepsilon$ [/mm] mit einem $K > [mm] 0\,$ [/mm] bekommen
(man kann auch rechterhand [mm] $\le$ [/mm] oder $< [mm] \varepsilon$ [/mm] haben wollen,
aber das ist alles zueinander äquivalent) - und zwar, wenn wir nur
$n [mm] \ge [/mm] N$ haben, und das [mm] $N\,$ [/mm] darf zwar von [mm] $\varepsilon\,,$ [/mm] keinesfalls
aber von [mm] $x\,$ [/mm] abhängen. (Klar?)
Nun, wenn Dir das nicht klar ist, dass das [mm] $m\,$ [/mm] rechterhand das [mm] $N\,$ [/mm]
nicht beeinflusst - denn das ist der einzige Punkt, wo ich mir vorstellen
kann, dass Du das nicht direkt einsiehst:
Klar ist doch, dass für jedes [mm] $x\,$ [/mm] gilt
[mm] $$|f(x)-f_n(x)| \le |f(x)-f_m(x)|+|f_m(x)-f_n(x)|\,.$$
[/mm]
Für [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ sei [mm] $N\,$ [/mm] bzgl. der Cauchybedingung passend - also
wie oben - dann ist schonmal für alle $n,m [mm] \ge [/mm] N$ klar
[mm] $$|f(x)-f_n(x)| \le |f(x)-f_m(x)|+\varepsilon\,.$$
[/mm]
Weil [mm] $|f(x)-f_m(x)| \to [/mm] 0$ bei $m [mm] \to \infty\,,$ [/mm] ist auch [mm] $|f(x)-f_m(x)| [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] für alle $m [mm] \ge N_x=N_{x,\varepsilon}$ [/mm] für alle $n [mm] \ge N_x\,.$
[/mm]
Insbesondere wird [mm] $\lim_{m \to \infty}|f_m(x)-f(x)|=0 [/mm] < [mm] \varepsilon$ [/mm] sein -
und [mm] $m\,$ [/mm] kann ich unabhängig von [mm] $x\,$ [/mm] und auch unabhängig von [mm] $n\,$
[/mm]
gegen [mm] $\infty$ [/mm] laufen lassen.
Also wird
[mm] $$|f_n(x)-f(x)| \le 2\varepsilon$$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge N\,$ [/mm] sein. Da [mm] $N\,$ [/mm] nicht von [mm] $x\,$ [/mm] abhängt, bist Du fertig.
Mach' Dir das bitte unbedingt klar: Das ist der einzige entscheidende Punkt
in dem Beweis. Es ist auch meist genau der Punkt, an dem vielen das nicht
klar ist, dass die Wahl eines [mm] $m\,,$ [/mm] dass "groß genug" ist, nicht das [mm] $N\,$
[/mm]
beeinflusst. Wie gesagt: Man will etwas für alle $n [mm] \ge [/mm] N$ haben, und
[mm] $|f_n(x)-f(x)|$ [/mm] bekomme ich [mm] $\le 2*\varepsilon\,,$ [/mm] wenn nur $n [mm] \ge [/mm] N$ ist,
wobei das [mm] $N\,$ [/mm] das aus der Cauchybedingung ist.
Gruß,
Marcel
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