Beweiskorrektur < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:47 Mi 29.02.2012 | | Autor: | huzein |
| Aufgabe | Es sei $E$ ein Banachraum und die Funktionen [mm] $f_n:I\subseteq\mathbb{R}\to [/mm] E$ gegeben durch
[mm] f_n(x)=\begin{cases} \frac n2x^2+\frac{1}{2n}, & \mbox{für } |x|\leq\frac1n\\ |x|, & \mbox{sonst.}\end{cases}.
[/mm]
Dann sind die Funktionen [mm] $f_n$ [/mm] differenzierbar und die Funktionenfolge [mm] $(f_n)$ [/mm] konvergiert gleichmäßig gegen die Grenzfunktion $f(x)=|x|$. |
Hallo, zur obigen Aufgabe habe ich den folgenden Lösungsvorschlag und bitte darum diesen auf Richtigkeit zu überprüfen.
1. Zunächst sind offensichtlich die Funktionen [mm] $f_n$ [/mm] für jedes [mm] $n\in\mathbb{N}$ [/mm] differenzierbar.
2. Zur gleichmäßigen Konvergenz: Für [mm] $|x|>\frac1n$ [/mm] ist [mm] $f_n(x)=|x|$ [/mm] also eine konstante Funktionenfolge und damit glm. konvergent gegen $f(x)=|x|$. Sei also [mm] $|x|\leq\frac1n$. [/mm] Dann ist
[mm] \left|f_n(x)-f(x)\right| [/mm] = [mm] \left|\frac n2x^2+\frac{1}{2n}-|x|\right| [/mm] = [mm] \left| \left|\underbrace{\frac{n^2x^2+1}{2n}}_{\geq0}\right|-|x| \right| \overset{\text{umgek.Dreiecksungl.}}{\leq} \left|\dfrac{n^2x^2+1}{2n}-x \right|\overset{|x|\leq\frac1n}{\leq}\left| \frac{n^2\frac{1}{n^2}+1}{2n}-x \right|=\left| \frac1n-x \right|\overset{n\to\infty}{\to}0,
[/mm]
da [mm] 0\leq|x|\leq\frac1n\overset{n\to\infty}\to0 [/mm] also auch [mm] $x\to0$. [/mm] Also konvergiert [mm] $f_n$ [/mm] gleichmäßig gegen $f(x)=|x|$.
Danke und liebe Grüße!
Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:25 Mi 29.02.2012 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]E[/mm] ein Banachraum und die Funktionen
> [mm]f_n:I\subseteq\mathbb{R}\to E[/mm] gegeben durch
> [mm]f_n(x)=\begin{cases} \frac n2x^2+\frac{1}{2n}, & \mbox{für } |x|\leq\frac1n\\ |x|, & \mbox{sonst.}\end{cases}.[/mm]
Wow !! Dein Banachraum E ist wohl nichts anderes als [mm] \IR [/mm] !
>
> Dann sind die Funktionen [mm]f_n[/mm] differenzierbar und die
> Funktionenfolge [mm](f_n)[/mm] konvergiert gleichmäßig gegen die
> Grenzfunktion [mm]f(x)=|x|[/mm].
>
>
>
> Hallo, zur obigen Aufgabe habe ich den folgenden
> Lösungsvorschlag und bitte darum diesen auf Richtigkeit zu
> überprüfen.
>
> 1. Zunächst sind offensichtlich die Funktionen [mm]f_n[/mm] für
> jedes [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] differenzierbar.
Was heißt offensichtlich ?? An den Stellen x= [mm] \pm [/mm] 1/n solltest Du schon zeigen, dass [mm] f_n [/mm] dort differenzierbar ist.
> 2. Zur gleichmäßigen Konvergenz: Für [mm]|x|>\frac1n[/mm] ist
> [mm]f_n(x)=|x|[/mm] also eine konstante Funktionenfolge und damit
> glm. konvergent gegen [mm]f(x)=|x|[/mm].
Nein. n ist doch variabel !!
> Sei also [mm]|x|\leq\frac1n[/mm].
> Dann ist
> [mm]\left|f_n(x)-f(x)\right|[/mm] = [mm]\left|\frac n2x^2+\frac{1}{2n}-|x|\right|[/mm]
> = [mm]\left| \left|\underbrace{\frac{n^2x^2+1}{2n}}_{\geq0}\right|-|x| \right| \overset{\text{umgek.Dreiecksungl.}}{\leq} \left|\dfrac{n^2x^2+1}{2n}-x \right|\overset{|x|\leq\frac1n}{\leq}\left| \frac{n^2\frac{1}{n^2}+1}{2n}-x \right|=\left| \frac1n-x \right|\overset{n\to\infty}{\to}0,[/mm]
>
> da [mm]0\leq|x|\leq\frac1n\overset{n\to\infty}\to0[/mm] also auch
> [mm]x\to0[/mm]. Also konvergiert [mm]f_n[/mm] gleichmäßig gegen [mm]f(x)=|x|[/mm].
>
Das ist alles Murks !
Du mußt zeigen: es gibt eine Nullfolge [mm] (a_n) [/mm] und ein N [mm] \in \IN [/mm] mit
[mm] |f_n(x)-f(x)| \le a_n [/mm] für n>N und alle x [mm] \in \IR.
[/mm]
Für |x| [mm] \le [/mm] 1/n ist
[mm] $|f_n(x)-f(x)| [/mm] = [mm] \left|\frac n2x^2+\frac{1}{2n}-|x|\right| \le \bruch{n}{2}|x|^2+|x|+\bruch{1}{2n}= (\bruch{\wurzel{n}}{\wurzel{2}}|x|+\bruch{1}{\wurzel{2n}})^2$ [/mm]
Nun versuche damit zu zeigen, dass
$ [mm] \left|f_n(x)-f(x)\right| [/mm] $ [mm] $\le [/mm] 2/n$ für |x| [mm] \le [/mm] 1/n
Dann hast Du auch
$ [mm] \left|f_n(x)-f(x)\right| [/mm] $ [mm] $\le [/mm] 2/n$ für alle x [mm] \in \IR.
[/mm]
FRED
> Danke und liebe Grüße!
> Ich habe die Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:53 Mi 29.02.2012 | | Autor: | huzein |
Wieso ist das alles Murks? Lediglich das Ende müsste geänert werden in
[mm] $...\left|\frac1n-x\right|\leq\left|\frac1n\right|+|x|\leq\left|\frac1n\right|+\frac1n=\frac2n\overset{n\to\infty}{\to}0$
[/mm]
und ich habe dasselbe Ergebnis, was du mir geraten hast. Oder nicht?
(NB: Warum die Dozentin hier $E$ als Banachraum extra erwähnt hat, ist mir auch nicht ganz klar, wahrscheinlich weil wir die ganze Theorie der Differntialrechung von Funktion mit Werten in Banachräumen abgehandelt haben.)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:39 Mi 29.02.2012 | | Autor: | fred97 |
> Wieso ist das alles Murks? Lediglich das Ende müsste
> geänert werden in
>
> [mm]...\left|\frac1n-x\right|\leq\left|\frac1n\right|+|x|\leq\left|\frac1n\right|+\frac1n=\frac2n\overset{n\to\infty}{\to}0[/mm]
Ja, aber das ist entscheidend !
FRED
>
> und ich habe dasselbe Ergebnis, was du mir geraten hast.
> Oder nicht?
>
> (NB: Warum die Dozentin hier [mm]E[/mm] als Banachraum extra
> erwähnt hat, ist mir auch nicht ganz klar, wahrscheinlich
> weil wir die ganze Theorie der Differntialrechung von
> Funktion mit Werten in Banachräumen abgehandelt haben.)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:01 Mi 29.02.2012 | | Autor: | huzein |
> Was heißt offensichtlich ?? An den Stellen x= [mm]\pm[/mm] 1/n
> solltest Du schon zeigen, dass [mm]f_n[/mm] dort differenzierbar
> ist.
Naja dass [mm] $f_n$ [/mm] an der Stelle [mm] x=\frac1n [/mm] diff'bar sieht man so:
[mm] f_n\left(\frac1n+h\right)=...=h+\frac n2h^2+\frac1n
[/mm]
[mm] f_n\left(\frac1n\right)=...=\frac1n
[/mm]
Damit ist dann
[mm] \lim\limits_{h\to0}\dfrac{f_n\left(\frac1n+h\right)-f_n\left(\frac1n\right)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{h\left(1+\frac n2h\right)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\left(1+\frac n2h\right)=1
[/mm]
somit existiert der Grenzwert und [mm] f_n [/mm] ist an der Stelle x=1/n diff'bar. Analog dann für x=-1/n.
> > 2. Zur gleichmäßigen Konvergenz: Für [mm]|x|>\frac1n[/mm] ist
> > [mm]f_n(x)=|x|[/mm] also eine konstante Funktionenfolge und damit
> > glm. konvergent gegen [mm]f(x)=|x|[/mm].
>
> Nein. n ist doch variabel !!
Ja klar, hast recht, der Def.bereich ändert sich mit jedem n, meinte nur dass die Funktionsvorschrift sich dadurch nicht ändert und deshalb wegen
[mm] |f_n(x)-f(x)|=||x|-|x||=|0|=0 [/mm] glm. konv. ist.
(Ist das korrekt so?)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:56 Mi 07.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > > 2. Zur gleichmäßigen Konvergenz: Für [mm]|x|>\frac1n[/mm] ist
> > > [mm]f_n(x)=|x|[/mm] also eine konstante Funktionenfolge und damit
> > > glm. konvergent gegen [mm]f(x)=|x|[/mm].
> >
> > Nein. n ist doch variabel !!
> Ja klar, hast recht, der Def.bereich ändert sich mit
> jedem n, meinte nur dass die Funktionsvorschrift sich
> dadurch nicht ändert und deshalb wegen
> [mm]|f_n(x)-f(x)|=||x|-|x||=|0|=0[/mm] glm. konv. ist.
die letzte Gleichheit ist falsch für alle $|x| < 1/n$!
Wichtig ist, dass "die [mm] $f_n$ [/mm] auf [mm] $[-1/n,\;1/n]$ [/mm] auch bei wachsendem [mm] $n\,$ [/mm] 'sich immer "besser" an die Betragsfunktion dort anschmiegen' ".
(Man kann Funktionenfolgen angeben, die sich außerhalb des [mm] $1/n\,$-Intervalls [/mm] "gut" bzgl. der Betragsfunktion verhalten, aber innerhalb dieses "schlecht". Setze etwa [mm] $g_n(x)=|x|\,$ [/mm] für $|x| > [mm] 1/n\,,$ $g_n(1/(2n)):=n\,$ [/mm] und [mm] $g_n(0):=0$ [/mm] und "lasse [mm] $g_n$ [/mm] linear zwischen [mm] $x=0\,$ [/mm] und $x=1/(2n)$ verlaufen (steigende Ursprungsgerade!) und dann wieder linear zwischen $x=1/(2n)$ und $x=1/n$ abfallen - außerdem sollen alle [mm] $g_n$ [/mm] ungerade sein. Diese [mm] $g_n$ [/mm] konvergieren punktweise, aber nicht glm. gegen die Betragsfunktion! Und wenn man die "Knicke" ein wenig "glättet", kann man sogar solche [mm] $g_n$ [/mm] angeben, die auch diff'bar sind!)
Du kannst hier auch einfach zeigen, dass [mm] $\|f_n-f\|_{\infty} \to 0\,.$ [/mm] Oder Du machst es direkt über die Definition der glm. Kgz.:
Sei [mm] $\epsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Zu zeigen ist:
Es existiert ein [mm] $N=N_\epsilon\,,$ [/mm] so dass für alle $n [mm] \ge [/mm] N$
[mm] $$|f_n(x)-|x|| \le \epsilon$$
[/mm]
und für alle $x [mm] \in \IR$ [/mm] gilt.
Zu [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ wähle ein $N [mm] \in \IN$ [/mm] mit $1/N < [mm] \epsilon/2\,.$ [/mm] Für alle $n [mm] \ge [/mm] N$ gilt sicher:
Falls $|x| > [mm] 1/n\,,$ [/mm] so ist [mm] $f_n(x)=|x|\,.$
[/mm]
Warum gilt denn für alle $x [mm] \in [-1/n,\;1/n]$ [/mm] nun auch [mm] $|f_n(x)-|x|| \le \epsilon$?
[/mm]
Für $|x| [mm] \le [/mm] 1/n$ ist
[mm] $$f_n(x)=\frac{n}{2}x^2+\frac{1}{2n}\,,$$
[/mm]
also
[mm] $$|\;f_n(x)-|x|\;|\le \frac{n}{2}x^2+\frac{1}{2n}+|x| \le \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{n} \le \ldots \le \epsilon\,.$$
[/mm]
Also gilt für alle $n [mm] \ge [/mm] N$ dann
[mm] $$|\;f_n(x)-|x|\;|=0$$
[/mm]
für alle $|x| > [mm] 1/n\,,$ [/mm] und
[mm] $$|\;f_n(x)-|x|\;| \le \epsilon$$
[/mm]
für alle $|x| [mm] \le [/mm] 1/n$ und damit
[mm] $$|\;f_n(x)-f(x)\;| \le \epsilon$$
[/mm]
für alle $x [mm] \in \IR\,.$ [/mm] Daher folgt...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:11 Fr 27.04.2012 | | Autor: | huzein |
...daher folgt, dass
[mm] |f_n-f|<\varepsilon\qquad\forall x\in\mathbb [/mm] R
und damit ist [mm] (f_n) [/mm] gleichmäßig konvergent.
Gruß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:02 Mi 29.02.2012 | | Autor: | huzein |
> Ja, aber das ist entscheidend !
Ok, danke!
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Hallo,
habe eine Frage zur obigen Aufgabe. Wenn x=0 dann ist x doch kleiner als 1/n und somit muss man doch die Betragsfunktion benutzen oder nicht? Und diese ist doch an der Stelle x=0 nicht differentierbar.
Oder habe ich gerade einen Denkfehler?
MfG
Daniel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:20 Mi 07.03.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> habe eine Frage zur obigen Aufgabe. Wenn x=0 dann ist x
> doch kleiner als 1/n und somit muss man doch die
> Betragsfunktion benutzen oder nicht?
nein!
> Und diese ist doch an
> der Stelle x=0 nicht differentierbar.
>
> Oder habe ich gerade einen Denkfehler?
Ja: Die [mm] $f_n$ [/mm] der Funktionenfolge sehen doch so aus:
$$ [mm] f_n(x)=\begin{cases} \frac{n}{2}x^2+\frac{1}{2n}, & \mbox{für } |x|\leq\frac1n\\ |x|, & \mbox{sonst.}\end{cases}.$$
[/mm]
Da ist [mm] $f_n(x)=|x|\,$ [/mm] für [mm] $\red{x \notin [-1/n,\;1/n]}\,.$
[/mm]
Für alle $x [mm] \in [-1/n,\;1/n]$ [/mm] ist ja [mm] $f_n(x)=\frac{n}{2}x^2+\frac{1}{2n}\,,$ [/mm] also eine "stückweise ('gestreckte/gestauchte') Parabel" mit Scheitelpunkt an der Stelle [mm] $x=0\,.$ [/mm] Daher ist die Diff'barkeit dort doch wirklich trivial einzusehen!
Gruß,
Marcel
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