Konvergenz Fktfolge < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Die Funktion [mm] $f_k:\IR\to\IR$ [/mm] sei erklärt durch
[mm] $$f_k(x)=\begin{cases} \frac{1}{k}, & \mbox{für } |x|\le k \\ 0, & \mbox{für } |x|> k \end{cases}$$
[/mm]
Konvergiert die Folge [mm] (f_k) [/mm] dem Maße nach bzw. punktweise bzw. gleichmäßig? |
Hallo!
Ich habe mir zu der Aufgabe schon was überlegt, bin mir aber unsicher, ob es so stimmt.
Ich fange mal mit punktweiser Konvergenz an:
Ich denke, dass diese gegen die Nullfunktion konvergiert, denn sei alaos [mm] x_0 [/mm] bel. vorgegeben, dann
[mm] |f_k(x_0)-f(x_0)|=|f_k(x_0)-0|\underset{(\ast)}{=}|\frac{1}{k}|=\frac{1}{k}<\varepsilon [/mm] für alle [mm] k>\frac{1}{\varepsilon}
[/mm]
[mm] (\ast) [/mm] für k genügend groß.
Nun zur Gleichmäßgen Konvergenz, dazu untersuche ich:
[mm] ||f_k-f||_{\infty}
[/mm]
[mm] ||f_k-f||_{\infty}=||\frac{1}{k}||_{\infty}\to [/mm] 0, [mm] k\to \infty
[/mm]
Also auch gleichmäßige Konvergenz??
Nun zur Maßkonvergenz:
Wenns pktw. konvergiert, folgt ja auch automatisch Konvergenz dem Maße nach. Doch zu Übungszwecken möchte ich es gerne nochmal expliziet zeigen:
Es muss also gelten:
[mm] $\mu\{ M(|f_k-f|\ge\sigma)\} \to [/mm] 0, [mm] k\to \infty$
[/mm]
Hm, wie zeige ich dies?
Danke für Eure Hilfe,
Gruß Patrick
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:56 Mo 23.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo!
> Die Funktion [mm]f_k:\IR\to\IR[/mm] sei erklärt durch
>
> [mm]f_k(x)=\begin{cases} \frac{1}{k}, & \mbox{für } |x|\le k \\ 0, & \mbox{für } |x|> k \end{cases}[/mm]
>
> Konvergiert die Folge [mm](f_k)[/mm] dem Maße nach bzw. punktweise
> bzw. gleichmäßig?
> Hallo!
>
>
> Ich habe mir zu der Aufgabe schon was überlegt, bin mir
> aber unsicher, ob es so stimmt.
>
> Ich fange mal mit punktweiser Konvergenz an:
>
> Ich denke, dass diese gegen die Nullfunktion konvergiert,
> denn sei alaos [mm]x_0[/mm] bel. vorgegeben, dann
>
> [mm]|f_k(x_0)-f(x_0)|=|f_k(x_0)-0|\underset{(\ast)}{=}|\frac{1}{k}|=\frac{1}{k}<\varepsilon[/mm]
> für alle [mm]k>\frac{1}{\varepsilon}[/mm]
>
> [mm](\ast)[/mm] für k genügend groß.
Ja, das passt. Das
[mm] [i]$(\ast)$ [/mm] für [mm] $k\,$ [/mm] genügend groß[/i]
kann man noch präzisieren, indem man $k [mm] \ge |x_0|$ [/mm] schreibt. Oder Du schreibst:
Für alle $k [mm] >\max\left\{|x_0|, \frac{1}{\varepsilon}\right\}$ [/mm] gilt
[mm] $$|f_k(x_0)-f(x_0)|=|f_k(x_0)-0|=\left|\frac{1}{k}\right|=\frac{1}{k}<\varepsilon\,.$$
[/mm]
> Nun zur Gleichmäßgen Konvergenz, dazu untersuche ich:
> [mm]||f_k-f||_{\infty}[/mm]
>
> [mm]||f_k-f||_{\infty}\blue{=||\frac{1}{k}||_{\infty}}\to[/mm] 0, [mm]k\to \infty[/mm]
>
> Also auch gleichmäßige Konvergenz??
Ja, das ist richtig, wobei Du anstatt [mm] $\|\frac{1}{k}\|_\infty$ [/mm] besser [mm] $\left|\frac{1}{k}\right|$ [/mm] oder [mm] $\frac{1}{k}$ [/mm] schreiben solltest. Die Notation [mm] $\left\|\frac{1}{k}\right\|_{\infty}$ [/mm] würde bedeuten, dass man auf die Funktion $x [mm] \mapsto \frac{1}{k}$ [/mm] die Supremumsnorm anwendet. Wobei Deine Notation dann wegen [mm] $\left\|\frac{1}{k}\right\|_{\infty}=\left|\frac{1}{k}\right|=\frac{1}{k}$ [/mm] nichtsdestotrotz korrekt ist, also das oben blaumarkierte ist daher kein Fehler, suggeriert aber eine falsche Überlegung.
P.S.:
Hättest Du sofort mit der glm. Konvergenz angefangen, so hättest Du Dir die Überlegungen/Rechnungen für die pktw. Konvergenz sparen können. Denn die glm. Konvergenz impliziert die pktw.
I.A. ist's aber besser, mit der punktweisen Kgz. anzufangen, um überhaupt erstmal die Grenzfunktion angeben zu können, mit deren Hilfe man dann prüfen kann, ob die Funktionenfolge auch glm. gegen diese konvergiert. (Oder man benutzt das Cauchykriterium für glm. Konvergenz, falls Dir das schon ein Begriff ist, um eine Funktionenfolge auf glm. Kgz. zu prüfen.)
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel und Danke für die ausführliche Antwort.
Die Aufgabe geht noch weiter:
Sind Integration und Grenzübergang vertauschbar?
Ich würde sagen:
[mm] $\limes_{k\rightarrow\infty} \int f_k d\mu [/mm] = [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} 2k*\frac{1}{k} [/mm] = [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} [/mm] 2 = 2$
[mm] $\int \limes_{k\rightarrow\infty} f_k \; d\mu [/mm] = [mm] \int [/mm] 0 [mm] \; d\mu [/mm] = 0$
Somit sind Integration und Limesbildung nicht vertauschbar.
Patrick
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:03 Mo 23.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel und Danke für die ausführliche Antwort.
>
> Die Aufgabe geht noch weiter:
>
> Sind Integration und Grenzübergang vertauschbar?
>
> Ich würde sagen:
>
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} \int f_k d\mu = \limes_{k\rightarrow\infty} 2k*\frac{1}{k} = \limes_{k\rightarrow\infty} 2 = 2[/mm]
ja, das stimmt, ich würde dort vielleicht noch ergänzen:
[mm] $$\int_{\IR} f_k =\int_{|t| \le k} \frac{1}{k}\;dt+\int_{|t| > k} 0\;dt=\int_{-k}^k \frac{1}{k}\;dt=2\;\;\;\text{ für jedes }k \in \IN\,.$$
[/mm]
> [mm]\int \limes_{k\rightarrow\infty} f_k \; d\mu = \int 0 \; d\mu = 0[/mm]
Wobei hier wohl [mm] $\mu$ [/mm] einfach das Lebesguemaß auf [mm] $\IR$ [/mm] meint. Ich würde deshalb da einfach
[mm] $$\int_{\IR} \limes_{k\rightarrow\infty} f_k(t) \; dt=\int_{\IR} 0\;dt=0$$
[/mm]
schreiben.
> Somit sind Integration und Limesbildung nicht vertauschbar.
Das ist richtig. Mal eine Zusatzfrage an Dich:
Du kennst sicherlich den ![[]](/images/popup.gif) Satz von der dominierten Konvergenz. Welche Voraussetzung dieses Satzes ist denn hier nicht erfüllt, d.h. warum ist dieser hier nicht anwendbar?
Gruß,
Marcel
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Hallo,
> Mal eine Zusatzfrage an Dich:
> Du kennst sicherlich den
> Satz von der dominierten Konvergenz.
> Welche Voraussetzung dieses Satzes ist denn hier nicht
> erfüllt, d.h. warum ist dieser hier nicht anwendbar?
>
Ja, der Satz ist mir bekannt!
In der Vorlesung waren bei uns die Funktionen [mm] f_n [/mm] nur auf einer Teilmenge des [mm] \IR^n [/mm] definiert, die endliches Maß hat.
Hier hingegen ist der Definitionsbereich ganz [mm] \IR. [/mm] Kann ich deswegen den Satz nicht anwenden?
Patrick
> Gruß,
> Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:45 Di 24.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> > Mal eine Zusatzfrage an Dich:
> > Du kennst sicherlich den
> >
> Satz von der dominierten Konvergenz.
> > Welche Voraussetzung dieses Satzes ist denn hier nicht
> > erfüllt, d.h. warum ist dieser hier nicht anwendbar?
> >
>
> Ja, der Satz ist mir bekannt!
> In der Vorlesung waren bei uns die Funktionen [mm]f_n[/mm] nur auf
> einer Teilmenge des [mm]\IR^n[/mm] definiert, die endliches Maß
> hat.
das wundert mich, diese Einschränkung ist nicht notwendig. In dem Wiki-Artikel steht ja auch nur, dass [mm] $\Omega$ [/mm] ein Maßraum sei, und nicht, dass das ein endlicher Maßraum sein soll.
> Hier hingegen ist der Definitionsbereich ganz [mm]\IR.[/mm] Kann
> ich deswegen den Satz nicht anwenden?
Nein, daran scheitert es nicht. Ich lenk' Dich mal in die richtige Richtung:
Kannst Du mir mal eine auf [mm] $\IR$ [/mm] integrierbare Funktion [mm] $g\,$ [/mm] nennen, die alle (oder alle bis auf endliche viele der) [mm] $f_n$ [/mm] majorisiert?
Gruß,
Marcel
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> Nein, daran scheitert es nicht. Ich lenk' Dich mal in die
> richtige Richtung:
> Kannst Du mir mal eine auf [mm]\IR[/mm] integrierbare Funktion [mm]g\,[/mm]
> nennen, die alle (oder alle bis auf endliche viele der) [mm]f_n[/mm]
> majorisiert?
Es darf ja keine geben. Nun ist die Frage wie man das zeigt.
Die Funktionswerte auf der y-Achse werden ja mit zunehmenden Index immer kleiner, daher gibt es dort wohl keine Probleme. Allerdings wird die Funktion ja immer "breiter". Also müsste mein $g$ ja ziemlich langsam für [mm] x\to\pm\infty [/mm] gegen Null gehen. Damit ist dann aber wahrscheinlich auch [mm] $\int_{-\infty}^{\infty} [/mm] g [mm] d\mu =\infty$. [/mm] Also $g$ nicht mehr Lebesgueintegrierbar.
Auf eine mathematisch exakte Erklärung komme ich leider nicht...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:55 Di 24.03.2009 | | Autor: | pelzig |
Also ein Majorante g von fast allen [mm] f_k [/mm] erfüllt nach Definition [mm] g\ge f_k [/mm] für alle k>N. D.h. [mm] g(x)\ge [/mm] 1/(N+k) für [mm] $x\in[N+k,N+k+1]$ [/mm] und alle k>N. Daraus folgt [mm] $$g\ge\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{N+k}\chi_{[N+k,N+k+1]}$$ [/mm] und somit [mm] $$\integral_\IR gd\mu\ge\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{N+k}d\mu=\infty$$ [/mm] Gruß, Robert
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Di 24.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> > Nein, daran scheitert es nicht. Ich lenk' Dich mal in die
> > richtige Richtung:
> > Kannst Du mir mal eine auf [mm]\IR[/mm] integrierbare Funktion
> [mm]g\,[/mm]
> > nennen, die alle (oder alle bis auf endliche viele der) [mm]f_n[/mm]
> > majorisiert?
>
> Es darf ja keine geben. Nun ist die Frage wie man das
> zeigt.
> Die Funktionswerte auf der y-Achse werden ja mit
> zunehmenden Index immer kleiner, daher gibt es dort wohl
> keine Probleme. Allerdings wird die Funktion ja immer
> "breiter". Also müsste mein [mm]g[/mm] ja ziemlich langsam für
> [mm]x\to\pm\infty[/mm] gegen Null gehen. Damit ist dann aber
> wahrscheinlich auch [mm]\int_{-\infty}^{\infty} g d\mu =\infty[/mm].
> Also [mm]g[/mm] nicht mehr Lebesgueintegrierbar.
>
> Auf eine mathematisch exakte Erklärung komme ich leider
> nicht...
Pelzig hat Dir ja schon eine Erklärung geliefert. Wenn es da Verständnisschwierigkeiten geben sollte:
Im Wesentlichen ist seine Überlegung die folgende:
Angenommen, es gäbe eine Majorante [mm] $g\,$ [/mm] für alle [mm] $f_n\,.$ [/mm] O.E. betrachte die [mm] $f_n$ [/mm] nur auf [mm] $[0,\infty)\,.$ [/mm] Für alle $x [mm] \in [/mm] [0,1]$ muss $g(x) [mm] \ge 1/1=f_1(x)$ [/mm] gelten, auf $(1,2]$ muss $g(x) [mm] \ge 1/2=f_2(x)$ [/mm] gelten, auf $(2,3]$ muss dann $g(x) [mm] \ge 1/3=f_3(x)$ [/mm] gelten usw., d.h. $g(x) [mm] \ge \frac{1}{n}=f_n(x)$ [/mm] für alle $x [mm] \in (n-1,n]\,.$
[/mm]
Dann ist aber
[mm] $$\int_0^\infty g(t)\;dt=\sum_{n=1}^\infty \int_{n-1}^n g(t)\;dt \ge \sum_{n=1}^\infty \underbrace{(n-(n-1))*\frac{1}{n}}_{=\int_{n-1}^n f_n(x)\;dx}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=\infty\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Mi 25.03.2009 | | Autor: | XPatrickX |
Danke für eure Hilfe! Ich denke, dass habe ich nun verstanden. Obwohl ich darauf niemals alleine gekommen wäre...
Viele Grüße
Patrick
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Guten Morgen,
ich wollte nochmal nachfragen, wie ich hier expliziet die Konvergenz dem Maße nach zeige. Meine Idee:
Also Behauptung [mm] $f_k \Rightarrow f\equiv [/mm] 0$
Sei [mm] $\sigma [/mm] >0$ beliebig.
[mm] $\mu\{ M(|f_k-f|>\sigma)\}=\mu\{ M(|f_k-0|>\sigma)\}=\mu\{ M(|f_k|>\sigma)\}=\mu\{ M(\frac{1}{k}>\sigma)\}=0$ [/mm] für alle [mm] $k\ge k_0 [/mm] := [mm] \frac{1}{\sigma}$ [/mm]
Kann man das so machen?
[mm] M(f>\sigma) [/mm] bedeutet: [mm] \{x\in M; f(x)>\sigma\}
[/mm]
Aber nun ist ja meine Funktionenfolge eigentlich auf ganz [mm] \IR [/mm] definiert und nicht nur auf einer Menge M. Wie kann ich damit umgehen?
Danke,
Grüße Patrick
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:35 Di 24.03.2009 | | Autor: | pelzig |
> Guten Morgen,
>
> ich wollte nochmal nachfragen, wie ich hier expliziet die
> Konvergenz dem Maße nach zeige. Meine Idee:
>
> Also Behauptung [mm]f_k \Rightarrow f\equiv 0[/mm]
> Sei [mm]\sigma >0[/mm]
> beliebig.
>
> [mm]\mu\{ M(|f_k-f|>\sigma)\}=\mu\{ M(|f_k-0|>\sigma)\}=\mu\{ M(|f_k|>\sigma)\}=\mu\{ M(\frac{1}{k}>\sigma)\}=0[/mm]
> für alle [mm]k\ge k_0 := \frac{1}{\sigma}[/mm]
>
> Kann man das so machen?
> [mm]M(f>\sigma)[/mm] bedeutet: [mm]\{x\in M; f(x)>\sigma\}[/mm]
> Aber nun
> ist ja meine Funktionenfolge eigentlich auf ganz [mm]\IR[/mm]
> definiert und nicht nur auf einer Menge M. Wie kann ich
> damit umgehen?
Was du meinst schreibt man einfach [mm] $M_k:=\{|f_k|>\sigma\}:=\{x\in\IR\mid|f_k(x)|>\sigma\}$ [/mm] und wie du erkannt hast ist [mm] $M_k=\emptyset$ [/mm] für [mm] $k>1/\sigma$, [/mm] also [mm] $\mu(M_k)\to [/mm] 0$ für jedes beliebige Maß.
Gruß, Robert
>
>
>
> Danke,
> Grüße Patrick
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