Unstetigkeit zeigen < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:46 Mi 01.10.2014 | | Autor: | Cccya |
| Aufgabe | Sei D:= [mm] \IQ \cap [/mm] (0,1]. Für eine Abzählung [mm] D:=(d_{n} [/mm] | n [mm] \in \IN) [/mm] betrachte F : R → [0, 1] mit:
F(x) := [mm] \summe_{n: d_{n}\le x}^{} 2^{-n}
[/mm]
a) Zeigen Sie, dass F an jedem Punkt x ∈ D unstetig ist |
a) Sei N:=(i [mm] \in \IN [/mm] | [mm] x=d_{i})
[/mm]
Rechtsstetig ist F ja, also untersuche ich nur Linksstetigkeit, sei also
[mm] x_{k} \to x^{-}. [/mm] Dann ist [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} F(x_{k})=
[/mm]
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty} \summe_{n: d_{n}\le x}^{} 2^{-n}=
[/mm]
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty} \summe_{n \ge 1}^{\infty} 2^{-n} 1_{[d_{n}, \infty)} (x_{k}) [/mm] = [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} (\summe_{n \ge 1}^{N} 2^{-n}0 [/mm] + [mm] \summe_{N+1}^{\infty} 2^{-n}1) [/mm] = [mm] \summe_{N+1}^{\infty} 2^{-n}1 \not= \summe_{n \ge 1}^{N-1} 2^{-n}0 [/mm] + [mm] \summe_{N}^{\infty} 2^{-n}1 [/mm] = [mm] \summe_{N}^{\infty} 2^{-n}1 [/mm] = F(x)
Kann man das so machen?
Danke,
Elias
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:15 Do 02.10.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei D:= [mm]\IQ \cap[/mm] (0,1]. Für eine Abzählung [mm]D:=(d_{n}[/mm] | n
> [mm]\in \IN)[/mm] betrachte F : R → [0, 1] mit:
>
> F(x) := [mm]\summe_{n: d_{n}\le x}^{} 2^{-n}[/mm]
>
> a) Zeigen Sie, dass F an jedem Punkt x ∈ D unstetig ist
> a) Sei N:=(i [mm]\in \IN[/mm] | [mm]x=d_{i})[/mm]
>
> Rechtsstetig ist F ja, also untersuche ich nur
> Linksstetigkeit, sei also
>
> [mm]x_{k} \to x^{-}.[/mm] Dann ist [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} F(x_{k})=[/mm]
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n: d_{n}\le x}^{} 2^{-n}=[/mm]
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n \ge 1}^{\infty} 2^{-n} 1_{[d_{n}, \infty)} (x_{k})[/mm]
> = [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n \ge 1}^{N} 2^{-n}0[/mm]
> + [mm]\summe_{N+1}^{\infty} 2^{-n}1[/mm] = [mm]\summe_{N+1}^{\infty} 2^{-n}1 \not= \summe_{n \ge 1}^{N-1} 2^{-n}0[/mm]
> + [mm]\summe_{N}^{\infty} 2^{-n}1[/mm] = [mm]\summe_{N}^{\infty} 2^{-n}1[/mm]
> = F(x)
> Kann man das so machen?
also mit Deinen Notationen komme ich nicht so klar. Wie wird das [mm] $N\,$ [/mm] definiert?
Und aus [mm] $\lim_{k \to \infty}$ [/mm] wird dann [mm] $\lim_{n \to \infty}$ [/mm] und das [mm] $n\,$ [/mm] steht dann
auch noch in dem Summenzeichen etc. pp.
Dann solltest Du beachten, dass [mm] $F\,$ [/mm] ja nicht nur auf [mm] $D\,$ [/mm] definiert ist. Ich
würde hier auch sagen, dass die (Wohl-)Definiertheit von [mm] $F\,$ [/mm] auch nachzuweisen
ist, auch, wenn der Aufgabensteller das nicht explizit fordert.
Und jetzt schauen wir erstmal: Sei $x [mm] \in D\,,$ [/mm] dann ist also
$0 < x [mm] \le [/mm] 1$ und $x [mm] \in \IQ\,.$
[/mm]
Sei
[mm] $N_{\le}:=\{n \in \IN \mid d_n \le x\}$ [/mm] und [mm] $N_{>}:=\{n \in \IN \mid d_n > x\}\,.$
[/mm]
(Das sind jetzt nicht die besten Bezeichnungen - meinetwegen schreibe auch
[mm] $N_1$ [/mm] bzw. [mm] $N_2$ [/mm] oder [mm] $N_1(x)$ [/mm] bzw. [mm] $N_2(x)$ [/mm] dafür...)
Dann ist [mm] $\IN=N_{\le} \stackrel{d}{\cup}N_{>}\,.$ [/mm] Ferner gilt
[mm] $F(x)=\sum_{n \in N_{\le}} 2^{-n}\,,$
[/mm]
da die Reihe absolut konvergiert. (Absolut konvergente Reihen sind summierbar).
Aber Du darfst meinetwegen auch
[mm] $F(x)=\sum_{\substack{n=1\\ d_n \le x}}^\infty 2^{-n}$
[/mm]
schreiben.
Seien nun alle [mm] $x_n \in [/mm] D$ und es gelte $x > [mm] x_n \to x\,.$ [/mm] Dann gilt
$0 < [mm] x_n \le [/mm] 1$ und [mm] $x_n \in \IQ$ [/mm] und $ x > [mm] x_n \to x\,.$
[/mm]
Da dann offensichtlich $F(x) [mm] \ge F(x_n)$ [/mm] gilt (aus [mm] $d_m \le x_n \le [/mm] x$ folgt [mm] $d_m \le [/mm] x$ und alle Summanden
sind [echt] positiv), reicht es uns zu zeigen, dass die positive Folge
[mm] ${(F(x)-F(x_n))}_{n=1}^\infty$ [/mm]
nicht gegen 0 strebt.
Naja, ich sehe aber gerade auch nicht, wie man da weiter vorgehen kann.
Ich habe aber die Vermutung, dass Du da ein "Supremum-Argument" reinbringen
könntest. So ganz klar ist mir auch noch nicht, ob die Aussage da so wirklich
stimmt... Aber das sollten wir ja irgendwann erkennen. 
Ich lasse mal auf halb beantwortet, vielleicht kann ja noch jemand mit
diesen Vorarbeiten eine entscheidende Idee zutragen...
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:39 Do 02.10.2014 | | Autor: | Cccya |
Hey sry, da hab ich bei der Notation nicht aufgepasst, es sollte immer
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty} [/mm] heißen. Ich versuch mal zu beschreiben, was meine Idee für den Beweis war, nämlich, dass es für jedes x [mm] \in [/mm] D ein spezifisches [mm] d_{i} [/mm] gibt für das [mm] d_{i}=x. [/mm] Bei allen [mm] d_{n}>d_{i} [/mm] wird die Indikatorfunktion und damit auch der Summand null. Aber bei [mm] d_{i} [/mm] wird die Indikatorfunktion für x bereits 1 aber für [mm] x_{k} \to [/mm] x <x noch null. Deshalb hat F(x) quasi immer einen Summanden>0 mehr als [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} F(x_{k}). [/mm] N soll dabei die natürliche Zahl i sein mit der [mm] d_{i}=x [/mm] wird.
So wie ich es jetzt aufgeschrieben habe funktioniert es glaube ich nur, wenn die Abzählung monoton fallend ist, aber der Gedanke mit dem einen Summanden > 0 mehr müsste eigentlich immer klappen. Zumindest in meiner Vorstellung :D
Viele Grüße,
Elias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:59 Do 02.10.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hey sry, da hab ich bei der Notation nicht aufgepasst, es
> sollte immer
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}[/mm] heißen. Ich versuch mal zu
> beschreiben, was meine Idee für den Beweis war, nämlich,
> dass es für jedes x [mm]\in[/mm] D ein spezifisches [mm]d_{i}[/mm] gibt für
> das [mm]d_{i}=x.[/mm] Bei allen [mm]d_{n}>d_{i}[/mm] wird die
> Indikatorfunktion und damit auch der Summand null. Aber bei
> [mm]d_{i}[/mm] wird die Indikatorfunktion für x bereits 1 aber für
> [mm]x_{k} \to[/mm] x <x noch null. Deshalb hat F(x) quasi immer
> einen Summanden>0 mehr als [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} F(x_{k}).[/mm]
> N soll dabei die natürliche Zahl i sein mit der [mm]d_{i}=x[/mm]
> wird.
> So wie ich es jetzt aufgeschrieben habe funktioniert es
> glaube ich nur, wenn die Abzählung monoton fallend ist,
> aber der Gedanke mit dem einen Summanden > 0 mehr müsste
> eigentlich immer klappen. Zumindest in meiner Vorstellung
> :D
ne, da fehlt mir was. Ich meine, betrachte mal die auf $[-1,1]$ definierte Funktion
[mm] $f(x)=\frac{1}{n}$ [/mm] für $|x| [mm] \in (\tfrac{1}{n+1},\;\tfrac{1}{n}]$
[/mm]
mit [mm] $f(0):=0\,.$
[/mm]
([Wohl-]Definiertheit klar?
[mm] $[-1,1]=\stackrel{d}{\bigcup_{n=1}^\infty}[-\tfrac{1}{n},-\tfrac{1}{n+1})$ $\stackrel{d}{\cup}$ $\stackrel{d}{\bigcup_{n=1}^\infty}(\tfrac{1}{n+1},\tfrac{1}{n}]$ $\stackrel{d}{\cup} \{0\}\,.$)
[/mm]
Dieses Ding ist stetig in [mm] $0\,,$ [/mm] aber $f(x) > 0$ für alle $x [mm] \in [-1,\,1] \setminus \{0\}\,.$
[/mm]
Du brauchst da schon "griffigere" Argumente.
Nebenbei: Du weißt ja auch, dass aus [mm] $a_n [/mm] > r$ im Falle der Konvergenz von [mm] $(a_n)_n$
[/mm]
gegen [mm] $a\,$ [/mm] generell keineswegs $a > [mm] r\,,$ [/mm] sondern eben nur $a [mm] \ge [/mm] r$ folgt.
Bei Dir sollte im Idealfall irgendwann sowas wie
[mm] $\sum_{n \in M}2^{-n} \ge [/mm] p$
mit einem $p > 0$ stehen - wobei durchaus für dieses $M [mm] \subseteq \IN$ [/mm] dann [mm] $M=M(x)\,$ [/mm] sein
wird - ebenso [mm] $p=p(x)\,.$
[/mm]
Und noch ein anderes Beispiel:
Sei [mm] $S:=\sum_{k=0}^\infty 2^{-k}\,.$ [/mm] Sei [mm] $s_n:=\sum_{k=n}^\infty 2^{-k}\,.$ [/mm] Hier sind
natürlich auch alle Differenzen
[mm] $S-s_n [/mm] > [mm] 0\,,$
[/mm]
aber dennoch wird
[mm] $S-s_n \to [/mm] 0$
gelten.
Oder mach' mir nochmal deutlich, warum sich Dein Argument hiervon deutlich
unterscheidet. Vielleicht übersehe ich ja was oder missverstehe etwas.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:39 Do 02.10.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Elias!
Ich kann eine korrekte Lösungsidee herauslesen, die natürlich noch genau auszuführen und sauber zu formulieren ist.
Sei also [mm] $x\in [/mm] D$.
Dann gibt es genau ein [mm] $i\in\IN$ [/mm] mit [mm] $x=d_i$.
[/mm]
Um die Unstetigkeit von $F$ in $x$ nachzuweisen, wählen wir eine beliebige Folge [mm] $(x_k)_{k\in\IN}$, [/mm] die gegen $x$ konvergiert und [mm] $x_k
Deine Idee ist nun, wie folgt zu argumentieren: Es gilt
[mm] $F(x)=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n\le x}}2^{-n}=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
Aus meiner Sicht wäre das vorletzte Gleichheitszeichen ausführlich zu begründen.
Schneller geht es, wenn man stattdessen mit
[mm] $F(x)>\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
für alle [mm] $k\in\IN$ [/mm] argumentiert (wobei man das $>$ am Anfang wie oben begründet).
Daraus folgt dann ebenfalls, dass NICHT [mm] $\lim_{k\to\infty}F(x_k)=F(x)$ [/mm] gelten kann.
(Dazu beachte: [mm] $F(x)>F(x_k)$ [/mm] für alle [mm] $k\in\IN$ [/mm] wäre nicht hinreichend; hier haben wir jedoch [mm] $F(x)>y\ge F(x_k)$ [/mm] für alle [mm] $k\in\IN$ [/mm] für ein [mm] $y\in\IR$, [/mm] nämlich [mm] $y:=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:45 Do 02.10.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Tobias,
> Hallo Elias!
>
>
> Ich kann eine korrekte Lösungsidee herauslesen, die
> natürlich noch genau auszuführen und sauber zu
> formulieren ist.
>
>
> Sei also [mm]x\in D[/mm].
> Dann gibt es genau ein [mm]i\in\IN[/mm] mit
> [mm]x=d_i[/mm].
>
> Um die Unstetigkeit von [mm]F[/mm] in [mm]x[/mm] nachzuweisen, wählen wir
> eine beliebige Folge [mm](x_k)_{k\in\IN}[/mm], die gegen [mm]x[/mm]
> konvergiert und [mm]x_k
> [mm]x_k:=x-\frac{1}{k}[/mm] für alle [mm]k\in\IN[/mm]), und wollen nun
> zeigen, dass NICHT [mm]\lim_{k\to\infty}F(x_k)=F(x)[/mm] gilt.
>
> Deine Idee ist nun, wie folgt zu argumentieren: Es gilt
>
> [mm]F(x)=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n\le x}}2^{-n}=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
>
> Aus meiner Sicht wäre das vorletzte Gleichheitszeichen
> ausführlich zu begründen.
>
>
> Schneller geht es, wenn man stattdessen mit
>
> [mm]F(x)>\blue{\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
>
> für alle [mm]k\in\IN[/mm] argumentiert (wobei man das [mm]>[/mm] am Anfang
> wie oben begründet).
> Daraus folgt dann ebenfalls, dass NICHT
> [mm]\lim_{k\to\infty}F(x_k)=F(x)[/mm] gelten kann.
> (Dazu beachte: [mm]F(x)>F(x_k)[/mm] für alle [mm]k\in\IN[/mm] wäre nicht
> hinreichend; hier haben wir jedoch [mm]F(x)>y\ge F(x_k)[/mm] für
> alle [mm]k\in\IN[/mm] für ein [mm]y\in\IR[/mm], nämlich
> [mm]\blue{y:=\sum_{\substack{n\in\IN\\d_n
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (Natürlich ist $y > [mm] 0\,.$)
[/mm]
P.S. Es war gestern wohl zu spät, man kann die Behauptung auch schnell
aus
[mm] $F(x)-F(x_k)=\sum_{\substack{n=1\\d_n \le x}}^\infty 2^{-n}\;-\;\sum_{\substack{n=1\\d_n \le x_k}}^\infty 2^{-n} \ge 2^{-N_0}$
[/mm]
folgern, wobei [mm] $N_0 \in \IN$ [/mm] dasjenige mit [mm] $d_{N_0}=x$ [/mm] ist.
Beachtenswert dabei ist der Fakt [mm] $\IQ \ni x_k \to [/mm] x$ mit stets [mm] $x_k [/mm] < [mm] x\,$ [/mm] - ebenso
die Erkenntniss, dass [mm] $F\,$ [/mm] wachsend ist.
Gruß,
marcel
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