Lp-Funktion < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:26 Di 01.05.2018 | | Autor: | mathstu |
| Aufgabe | Sei (X, [mm] \mathcal{A}, \mu) [/mm] ein beschränkter, nichttrivialer Maßraum und f:X [mm] \to \IR [/mm] eine messbare Funktion und p [mm] \in [/mm] [1, [mm] \infty).
[/mm]
Betrachte
[mm] \phi_p(f):=\begin{cases} (\bruch{1}{\mu(X)} *\integral_{X}{ |f(x)|^p d\mu(x)})^{1/p}, & \mbox{für } f \in L^p(X,\mu) \\ \infty, & \mbox{sonst. } \end{cases}
[/mm]
Zeige, dass p [mm] \mapsto \phi_p(f) [/mm] monoton nichtfallend ist und für [mm] f\in L^\infty(X,\mu) [/mm] gilt
[mm] \parallel [/mm] f [mm] \parallel_{L^{\infty}} [/mm] = [mm] lim_{p \to \infty} \phi_p(f) [/mm] = [mm] lim_{p \to \infty} \parallel [/mm] f [mm] \parallel_{L^{p}}. [/mm] |
Hallo,
Ich beschäftige mich gerade mit obiger Aufgabe und habe bei der ersten Behauptung ein Verständnisproblem.
Monoton nichtfallend bedeutet soweit ich weiß monoton steigend. Oder stimmt das so nicht? Denn wenn doch, dachte ich mir, dass ich die Behauptung am Besten dadurch zeige, dass für die Ableitung von [mm] \phi_p(f) [/mm] nach p gilt, dass die Ableitung größer gleich 0 ist.
Ich habe mir die Ableitung dann aufgeschrieben und da p ja im Exponenten von [mm] \phi_p(f) [/mm] steht, kriegt man dann in der Ableitung einen Term der Gestalt [mm] ln(\bruch{1}{\mu(X)} *\integral_{X}{ |f(x)|^p d\mu(x)}) [/mm]. So, wenn f(x) jetzt aber 0 wäre, dann ist dieser Ausdruck doch gar nicht definiert und dann bringt das ganze ableiten mich auch nicht weiter.
Also meine Fragen: Ist meine Überlegung mit dem Ableiten hier falsch? Und wenn ja, wieso?
Oder kann f(x) vielleicht gar nicht den Wert 0 annehmen? Aber wieso sollte das dann gelten? Aus den obigen Voraussetzungen ist mir das nicht ersichtlich.
Vielleicht weiß ja jemand wo der Fehler ist und kann mir bei dem Beweis kurz auf die Sprünge helfen.
Viele Grüße, mathstu
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:26 Di 01.05.2018 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
was ist eure Definition von [mm] $||f||_{L^\infty}$?
[/mm]
Gruß,
Gono
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Hiho,
> Ich beschäftige mich gerade mit obiger Aufgabe und habe
> bei der ersten Behauptung ein Verständnisproblem.
> Monoton nichtfallend bedeutet soweit ich weiß monoton
> steigend.
Ja.
> Oder stimmt das so nicht?
Doch… allerdings gibt es einige (wenige) Literatur, die mit "monoton steigend" das bezeichnet, was andere mit "streng monoton steigend" bezeichnen. Demzufolge haben sie für "monoton steigend" eine andere Bezeichnung, eben "monoton nichtfallend"…
> Denn wenn doch, dachte
> ich mir, dass ich die Behauptung am Besten dadurch zeige,
> dass für die Ableitung von [mm]\phi_p(f)[/mm] nach p gilt, dass die
> Ableitung größer gleich 0 ist.
Kann man so machen, wird aber nicht funktionieren…
> Ich habe mir die Ableitung dann aufgeschrieben und da p ja
> im Exponenten von [mm]\phi_p(f)[/mm] steht, kriegt man dann in der
> Ableitung einen Term der Gestalt [mm]ln(\bruch{1}{\mu(X)} *\integral_{X}{ |f(x)|^p d\mu(x)}) [/mm].
Sicher? Du vernachlässigst ja total die innere Ableitung… dazu müsstest du erst mal definieren, wie du ein Maßintegral nach einer Variablen ableitest…
> Also meine Fragen: Ist meine Überlegung mit dem Ableiten
> hier falsch? Und wenn ja, wieso?
Falsch nicht… aber wie du merkst, nicht praktikabel.
Einfacher ist hier einfach die Jensensche Ungleichung zu verwenden, die ihr bestimmt hattet.
Die Frage ist, in welcher Form… ob für allgemeine Maße oder nur für Wahrscheinlichkeitsmaße.
Beantworte die Frage mal (und die nach der [mm] $L^\infty$-Norm), [/mm] dann sehen wir weiter.
Als kleiner Tease vorweg: Die Aufgabe ist gar nicht so schwer…
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:17 Do 03.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Hey,
Also die Jensensche Ungleichung hatten wir in dieser Vorlesung noch nicht, aber in W-Theorie. Und da hatten wir die Variante für konvexe Funktionen und die für den Erwartungswert.
Die [mm] \parallel [/mm] . [mm] \parallel_{L^\infty} [/mm] hatten wir auch in zwei Varianten. Einmal mit dem wesentlichen Supremum und einmal als [mm] \parallel [/mm] . [mm] \parallel_{L^\infty} [/mm] = inf{s>0 : [mm] \mu({f>s})=0}.
[/mm]
Ich bin erst heute Abend wieder zu Hause, dann sehe ich mir deinen Tipp mit der Jensenschen Ungleichung genauer an. Wollte dir jetzt nur schon auf deine Fragen antworten.
LG, mathstu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:52 Do 03.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Also nochmal, denn ich war heute morgen bisschen im Stress. Wir haben die Jensensche Ungleichung nur für Wahrscheinlichkeitsmaße gehabt, also nicht für so ein allgemeines Maß wie hier.
Da Du meintest, der Beweis geht mit der Jensenschen Ungleichung vermute ich mal, dass man die Jensensche Ungleichung durch geeignetes normieren auch für allgemeinere Maße zeigen kann, für die nicht unbedingt [mm] \mu(X)=1 [/mm] gilt. Oder?
Ich dachte mir außerdem, dass wenn der Beweis mit der Jensenschen Ungleichung funktionniert, dass wir ja eine konvexe Funktion g brauchen. Ich dachte mir dass man hier wahrscheinlich eine Potenzfunktion betrachtet, da diese ja konvex sind für unser [mm] p\in[1,\infty).
[/mm]
Wir wollen folgendes zeigen:
Für [mm] p_1,p_2\in[1,\infty) [/mm] mit [mm] p_1
[mm] \phi_{p_1}(f) \le \phi_{p_2}(f).
[/mm]
Ist meine Idee denn richtig, dass man sich nun eine passende Potenzfunktion überlegt die die Monotonie zeigt, indem man mit der Potenzfunktion als konvexe Funktion die Jensenschen Ungleichung anwendet?
Allerdings habe ich jetzt noch immer das Problem, dass ich nicht weiß wie man die Jensensche Ungleichung für allgemeine Maße anwendet.
LG, mathstu
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:18 Do 03.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Ich habe eine passende Potenzfunktion gefunden, die die Monotonie mit Hilfe der Jensenschen Ungleichung beweisen würde, wenn ich die Konstante [mm] \bruch{1}{\mu(X)} [/mm] vor dem Integral erst mal weglasse. Vielleicht kann mir noch jemand sagen wie man diesen Term geschickt in die Jensensche Ungleichung unterbringen kann ohne die Potenzfunktion darauf anzuwenden.
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Hiho,
> Also nochmal, denn ich war heute morgen bisschen im Stress.
> Wir haben die Jensensche Ungleichung nur für
> Wahrscheinlichkeitsmaße gehabt, also nicht für so ein
> allgemeines Maß wie hier.
>
> Da Du meintest, der Beweis geht mit der Jensenschen
> Ungleichung vermute ich mal, dass man die Jensensche
> Ungleichung durch geeignetes normieren auch für
> allgemeinere Maße zeigen kann, für die nicht unbedingt
> [mm]\mu(X)=1[/mm] gilt. Oder?
> Ich habe eine passende Potenzfunktion gefunden, die die Monotonie mit Hilfe der Jensenschen Ungleichung beweisen würde, wenn ich die Konstante $ [mm] \bruch{1}{\mu(X)} [/mm] $ vor dem Integral erst mal weglasse. Vielleicht kann mir noch jemand sagen wie man diesen Term geschickt in die Jensensche Ungleichung unterbringen kann ohne die Potenzfunktion darauf anzuwenden.
Wie gut, dass man dieses Problem mit ein und demselben "Trick" lösen kann…
Ist [mm] $\mu$ [/mm] ein Maß mit [mm] $\mu(X) [/mm] < [mm] \infty$, [/mm] so ist [mm] $\bar{\mu}$ [/mm] definiert über [mm] $\bar{\mu}(A) [/mm] := [mm] \frac{1}{\mu(X)}\mu(A)$ [/mm] ein Wahrscheinlichkeitsmaß…
Also man normiert das Ding einfach und kann sowohl Jensen anwenden als auch den Vorfaktor erhalten…
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:47 Do 03.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Ok, also ich benutze dann Jensen für das Integral bezüglich [mm] \overline{\mu} [/mm] und nachdem ich die Monotonie gezeigt habe, setze ich dann die Definition von [mm] \overline{\mu} [/mm] ein und erhalte meinen Vorfaktor und mein Maß [mm] \mu.
[/mm]
Nun noch eine Frage zu dem 2. Teil der Aufgabe.
Ich habe die zweite Gleichung, also [mm] lim_{p\to\infty} \phi_p(f) [/mm] = [mm] lim_{p\to\infty} \parallel [/mm] f [mm] \parallel_{L^p} [/mm] mit der Produktregel des Grenzwertes gelöst mit der Argumentation, dass, da f [mm] \in L^\infty [/mm] auch gilt dass [mm] f\in L^p [/mm] für alle p [mm] \in [1,\infty) [/mm] und somit die beiden Grenzwerte existieren und der Grenzwert der von [mm] (\bruch{1}{\mu(X)})^{1/p} [/mm] gegen 1 konvergiert für p [mm] \to \infty. [/mm] Das stimmt soweit oder?
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Hiho,
> Nun noch eine Frage zu dem 2. Teil der Aufgabe.
> Ich habe die zweite Gleichung, also [mm]lim_{p\to\infty} \phi_p(f)[/mm]
> = [mm]lim_{p\to\infty} \parallel[/mm] f [mm]\parallel_{L^p}[/mm] mit der Produktregel des Grenzwertes gelöst mit der Argumentation,
> dass, da f [mm]\in L^\infty[/mm] auch gilt dass [mm]f\in L^p[/mm] für alle p
> [mm]\in [1,\infty)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> und somit die beiden Grenzwerte existieren
Kommt drauf an, was du unter "existieren" verstehst… wenn du [mm] $+\infty$ [/mm] mit einschließt, dann ja.
> und der Grenzwert der von [mm](\bruch{1}{\mu(X)})^{1/p}[/mm] gegen 1 konvergiert für p [mm]\to \infty.[/mm] Das stimmt soweit oder?
Naja, es gilt [mm] $\phi_p(f) [/mm] = [mm] \left(\frac{1}{\mu(X)}\right)^\frac{1}{p} [/mm] || [mm] f||_{L^p}$ [/mm]
Mit [mm] $\lim_{p\to\infty} \left(\frac{1}{\mu(X)}\right)^\frac{1}{p} [/mm] = 1$ folgt dann die Gleichheit der Grenzwerte.
Bekommst du auch die erste Gleichung hin?
Tipp: Du hast bereits monoton steigend, begrenzt ist das auch durch $|| f [mm] ||_{L^\infty}$ [/mm] (warum?), damit schon mal konvergent. Fehlt nur noch, dass es gegen $|| f [mm] ||_{L^\infty}$ [/mm] konvergiert. Zweiter Tipp: Für monotone Folgen ist der Grenzwert gleich dem Supremum.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:39 Fr 04.05.2018 | | Autor: | mathstu |
> Hiho,
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> > Nun noch eine Frage zu dem 2. Teil der Aufgabe.
> > Ich habe die zweite Gleichung, also [mm]lim_{p\to\infty} \phi_p(f)[/mm]
> > = [mm]lim_{p\to\infty} \parallel[/mm] f [mm]\parallel_{L^p}[/mm] mit der
> Produktregel des Grenzwertes gelöst mit der Argumentation,
> > dass, da f [mm]\in L^\infty[/mm] auch gilt dass [mm]f\in L^p[/mm] für alle p
> > [mm]\in [1,\infty)[/mm]
>
>
> > und somit die beiden Grenzwerte existieren
> Kommt drauf an, was du unter "existieren" verstehst… wenn
> du [mm]+\infty[/mm] mit einschließt, dann ja.
>
> > und der Grenzwert der von [mm](\bruch{1}{\mu(X)})^{1/p}[/mm] gegen 1
> konvergiert für p [mm]\to \infty.[/mm] Das stimmt soweit oder?
>
> Naja, es gilt [mm]\phi_p(f) = \left(\frac{1}{\mu(X)}\right)^\frac{1}{p} || f||_{L^p}[/mm]
> Mit [mm]\lim_{p\to\infty} \left(\frac{1}{\mu(X)}\right)^\frac{1}{p} = 1[/mm]
> folgt dann die Gleichheit der Grenzwerte.
Mit existieren meinte ich [mm] <\infty, [/mm] denn sonst darf man ja die Produktregel des Grenzwertes nicht anwenden. Aber ich dachte beide wären kleiner [mm] \infty [/mm] oder nicht? Wie du gesagt hast, gilt [mm]\lim_{p\to\infty} \left(\frac{1}{\mu(X)}\right)^\frac{1}{p} = 1[/mm].
Und ich dachte [mm]\lim_{p\to\infty} \phi_p(f)<\infty[/mm] da [mm] f\in L^\infty [/mm] gilt?
> Bekommst du auch die erste Gleichung hin?
>
> Tipp: Du hast bereits monoton steigend, begrenzt ist das
> auch durch [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm] (warum?), damit schon mal
> konvergent. Fehlt nur noch, dass es gegen [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm]
> konvergiert. Zweiter Tipp: Für monotone Folgen ist der
> Grenzwert gleich dem Supremum.
>
> Gruß,
> Gono
>
Die zweite Gleichung gucke ich mir heute Nachmittag nochmal mit deinen Tipps an.
LG, mathstu
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:29 Fr 04.05.2018 | | Autor: | mathstu |
> > Bekommst du auch die erste Gleichung hin?
> >
> > Tipp: Du hast bereits monoton steigend, begrenzt ist das
> > auch durch [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm] (warum?), damit schon mal
> > konvergent. Fehlt nur noch, dass es gegen [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm]
> > konvergiert. Zweiter Tipp: Für monotone Folgen ist der
> > Grenzwert gleich dem Supremum.
> >
Hallo,
also dass [mm] \phi_p(f) [/mm] begrenzt ist durch [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm] konnte ich nun auch zeigen. Aber folgt die Behauptung dann nicht einfach schon hieraus, weil nach Definition das wesentliche Supremum ja die kleinste wesentliche Schranke ist. Oder kann man das so nicht folgern und ich übersehe wieder etwas?
LG, mathstu
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Hiho,
> Mit existieren meinte ich $ [mm] <\infty, [/mm] $ denn sonst darf man ja die Produktregel des Grenzwertes nicht anwenden.
Klares Jein 
Ja, man zeigt die Grenzwertsätze meistens nur unter der Bedingung, dass alle Grenzwerte existieren.
Allerdings kann man das recht einfach verallgemeinern auf Fälle, bei denen einzelne Folgen bestimmt Divergieren (also gegen [mm] $+\infty$ [/mm] oder [mm] $-\infty$ [/mm] "konvergieren").
Aber das ist hier ja gar nicht relevant, da das ja durch
> also dass [mm]\phi_p(f)[/mm] begrenzt ist durch [mm]|| f ||_{L^\infty}[/mm] konnte ich nun auch zeigen.
ausgeschlossen ist
> Aber folgt die Behauptung dann nicht einfach schon hieraus, weil nach Definition das wesentliche Supremum ja die kleinste wesentliche Schranke ist.
Die kleinste wesentliche Schranke von $f$!
[mm] $\phi_p(f)$ [/mm] ist aber ein Integral, was "nur" von f abhängt… wenn das "einfach schon […] folgt", kannst du es ja sicher auch einfach zeigen 
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:36 So 06.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Hallo,
> > Aber folgt die Behauptung dann nicht einfach schon hieraus,
> weil nach Definition das wesentliche Supremum ja die
> kleinste wesentliche Schranke ist.
> Die kleinste wesentliche Schranke von [mm]f[/mm]!
> [mm]\phi_p(f)[/mm] ist aber ein Integral, was "nur" von f
> abhängt… wenn das "einfach schon […] folgt", kannst du
> es ja sicher auch einfach zeigen
>
> Gruß,
> Gono
Ohja stimmt, das hatte ich nicht richtig bedacht dass das wesentliche Supremum nur bezüglich f ist. Kann man so argumentieren dass das wesentliche Supremum von [mm] \phi_p(f) [/mm] das wesentliche Supremum von f eingesetzt in unser Integral ist? Weil das könnte man ja dann umschreiben, sodass nachher nur noch das wesentliche Supremum da steht?
LG, mathstu
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:01 So 06.05.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> > > Aber folgt die Behauptung dann nicht einfach schon hieraus,
> > weil nach Definition das wesentliche Supremum ja die
> > kleinste wesentliche Schranke ist.
> > Die kleinste wesentliche Schranke von [mm]f[/mm]!
> > [mm]\phi_p(f)[/mm] ist aber ein Integral, was "nur" von f
> > abhängt… wenn das "einfach schon […] folgt", kannst du
> > es ja sicher auch einfach zeigen
> >
> > Gruß,
> > Gono
>
> Ohja stimmt, das hatte ich nicht richtig bedacht dass das
> wesentliche Supremum nur bezüglich f ist. Kann man so
> argumentieren dass das wesentliche Supremum von [mm]\phi_p(f)[/mm]
> das wesentliche Supremum von f eingesetzt in unser Integral
> ist?
Bist Du sicher, dass Du diesen, von Dir selbst geschriebenen, Satz verstehst ? Mit Verlaub, aber obiges ist Unfug. [mm]\phi_p(f)[/mm] ist eine Zahl !
> Weil das könnte man ja dann umschreiben, sodass
> nachher nur noch das wesentliche Supremum da steht?
>
> LG, mathstu
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 So 06.05.2018 | | Autor: | mathstu |
Du hast Recht, ich habe meine Idee ganz falsch hingeschrieben. Aber ich habe die Aufgabe jetzt gelöst.
Vielen Dank für die Hilfe!
LG, mathstu
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