Konvergenzarten einer Folge < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:39 Sa 05.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
| Aufgabe | Hallo an alle!
Die Angabe lautet:
In welchem Sinn konvergiert die Folge
[mm] f_n(x) [/mm] = [mm] \frac{1}{n\sqrt{x}}
[/mm]
auf dem Maßraum [mm] ([0,1],\cmath{B}\cap[0,1],\lambda)? [/mm] Für welche Werte von p konvergiert sie im p-ten Mittel? |
Die mir bekannten Konvergenzarten sind:
[mm] \mu-fast [/mm] überall, [mm] \mu-fast [/mm] gleichmäßig, [mm] \mu-fast [/mm] überall gleichmäßig, im Maß, im p-ten Mittel
Meine Vermutung ist, dass die Folge [mm] \mu-fast [/mm] überall gleichmäßig konvergent ist gegen [mm] f_n=0 [/mm] und das impliziert auch die [mm] \mu-fast [/mm] gleichmäßige Konvergenz und die Konvergenz [mm] \mu-fü. [/mm]
Außerdem konvergiert die Folge auch im Maß, denke ich und die [mm] \mu-Nullmenge [/mm] ist {0}.
Was sagt ihr dazu und wie schaut es mit der Konvergenz im p-ten Mittel aus?
Danke schonmal
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Hallo,
> Hallo an alle!
> Die Angabe lautet:
> In welchem Sinn konvergiert die Folge
> [mm]f_n(x)[/mm] = [mm]\frac{1}{n\sqrt{x}}[/mm]
> auf dem Maßraum [mm]([0,1],\cmath{B}\cap[0,1],\lambda)?[/mm] Für
> welche Werte von p konvergiert sie im p-ten Mittel?
> Die mir bekannten Konvergenzarten sind:
> [mm]\mu-fast[/mm] überall, [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßig, [mm]\mu-fast[/mm]
> überall gleichmäßig, im Maß, im p-ten Mittel
Nur damit wir darunter das gleiche verstehen: [mm] $\mu$-fast [/mm] überall gleichmäßig bedeutet, dass die Folge auf [mm] $[0,1]\backslash [/mm] N$ (mit $N$ einer Nullmenge) gleichmäßig konvergiert?
Und [mm] $\mu$-fast [/mm] gleichmäßig entspricht der Definition aus ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia ?
> Meine Vermutung ist, dass die Folge [mm]\mu-fast[/mm] überall
> gleichmäßig konvergent ist gegen [mm]f_n=0[/mm] und das impliziert
> auch die [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßige Konvergenz und die
> Konvergenz [mm]\mu-fü.[/mm]
> Außerdem konvergiert die Folge auch im Maß, denke ich und
> die [mm]\mu-Nullmenge[/mm] ist {0}.
Das glaube ich nicht. Die Funktionenfolge konvergiert auf $(0,1]$ nicht gleichmäßig gegen $f = 0$. (Betrachte zum Beispiel die Argumentenfolge [mm] $x_n [/mm] = [mm] \frac{1}{n^2}$, [/mm] damit ist [mm] $|f_n(x_n) [/mm] - [mm] f(x_n)| [/mm] = 1$.
Stattdessen gilt: [mm] $f_n$ [/mm] konvergiert gleichmäßig gegen $f = 0$ auf $A$, wenn es ein [mm] $\delta> [/mm] 0$ gibt mit $A [mm] \subset [\delta, [/mm] 1]$ (d.h. die Menge darf nicht beliebig nahe an 0 herankommen, sondern muss von 0 wegbeschränkt sein).
Die Funktionenfolge konvergiert aber [mm] $\mu$-fast [/mm] gleichmäßig gegen $f = 0$. Für beliebiges [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ kannst du $A := [0, [mm] \varepsilon)$ [/mm] wählen. Dann ist [mm] $\lambda(A) [/mm] = [mm] \varepsilon$, [/mm] und auf [mm] $[\varepsilon,1]$ [/mm] konvergiert die Funktionenfolge gleichmäßig gegen $f =0$.
Aus [mm] $\mu$-fast [/mm] glm. Konvergenz folgt, wie du schon geschrieben hast, die punktweise Konvergenz [mm] $\mu$-fast [/mm] überall und die Konvergenz dem Maße nach.
---
Bleibt das $p$-te Mittel zu diskutieren. Es ist
[mm] $||f_n [/mm] - [mm] 0||_{L^p}^{p} [/mm] = [mm] \frac{1}{n^{p}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p/2}} [/mm] \ d x$.
Wann geht dieses Integral für $n [mm] \to \infty$ [/mm] gegen Null?
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:48 Sa 05.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Steppenhahn, danke für die schnelle Antwort!
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> > Hallo an alle!
> > Die Angabe lautet:
> > In welchem Sinn konvergiert die Folge
> > [mm]f_n(x)[/mm] = [mm]\frac{1}{n\sqrt{x}}[/mm]
> > auf dem Maßraum [mm]([0,1],\cmath{B}\cap[0,1],\lambda)?[/mm]
> Für
> > welche Werte von p konvergiert sie im p-ten Mittel?
>
>
> > Die mir bekannten Konvergenzarten sind:
> > [mm]\mu-fast[/mm] überall, [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßig, [mm]\mu-fast[/mm]
> > überall gleichmäßig, im Maß, im p-ten Mittel
>
>
> Nur damit wir darunter das gleiche verstehen: [mm]\mu[/mm]-fast
> überall gleichmäßig bedeutet, dass die Folge auf
> [mm][0,1]\backslash N[/mm] (mit [mm]N[/mm] einer Nullmenge) gleichmäßig
> konvergiert?
Ja
>
> Und [mm]\mu[/mm]-fast gleichmäßig entspricht der Definition aus
> Wikipedia
> ?
Genau
>
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> > Meine Vermutung ist, dass die Folge [mm]\mu-fast[/mm] überall
> > gleichmäßig konvergent ist gegen [mm]f_n=0[/mm] und das impliziert
> > auch die [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßige Konvergenz und die
> > Konvergenz [mm]\mu-fü.[/mm]
>
> > Außerdem konvergiert die Folge auch im Maß, denke ich und
> > die [mm]\mu-Nullmenge[/mm] ist {0}.
>
>
> Das glaube ich nicht. Die Funktionenfolge konvergiert auf
> [mm](0,1][/mm] nicht gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]. (Betrachte zum
> Beispiel die Argumentenfolge [mm]x_n = \frac{1}{n^2}[/mm], damit ist
> [mm]|f_n(x_n) - f(x_n)| = 1[/mm].
>
> Stattdessen gilt: [mm]f_n[/mm] konvergiert gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]
> auf [mm]A[/mm], wenn es ein [mm]\delta> 0[/mm] gibt mit [mm]A \subset [\delta, 1][/mm]
> (d.h. die Menge darf nicht beliebig nahe an 0 herankommen,
> sondern muss von 0 wegbeschränkt sein).
Wie kommst du darauf? Das Problem bei deinem Gegenbeispiel war doch: [mm] \frac{1}{n*\sqrt{\frac{1}{n^2}}} [/mm] = [mm] \frac{1}{\frac{1}{n}} [/mm] = 1, also, dass sich das [mm] x_n [/mm] mit n dann weggekürzt hat. Aber wie schließt man daraus, dass es nicht beliebig nahe an 0 sein darf?
>
> Die Funktionenfolge konvergiert aber [mm]\mu[/mm]-fast gleichmäßig
> gegen [mm]f = 0[/mm]. Für beliebiges [mm]\varepsilon > 0[/mm] kannst du [mm]A := [0, \varepsilon)[/mm]
> wählen. Dann ist [mm]\lambda(A) = \varepsilon[/mm], und
auf [mm][\varepsilon,1][/mm] konvergiert die Funktionenfolge
gleichmäßig gegen [mm]f =0[/mm].
Wie erkennt man das und wie zeigt man das?
>
> Aus [mm]\mu[/mm]-fast glm. Konvergenz folgt, wie du schon
> geschrieben hast, die punktweise Konvergenz [mm]\mu[/mm]-fast
> überall und die Konvergenz dem Maße nach.
>
> ---
>
> Bleibt das [mm]p[/mm]-te Mittel zu diskutieren. Es ist
>
> [mm]||f_n - 0||_{L^p}^{p} = \frac{1}{n^{p}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p/2}} \ d x[/mm].
>
> Wann geht dieses Integral für [mm]n \to \infty[/mm] gegen Null?
[mm] \frac{1}{n^p}\integral_{0}^{1}{\frac{1}{x^{\frac{p}{2}}}}dx [/mm] = [mm] \frac{1}{n^p}*\frac{1}{-\frac{p}{2}+1}
[/mm]
Also gilt es für alle positiven p ohne Null, würde ich sagen?
>
>
LG
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Hallo,
> > > Meine Vermutung ist, dass die Folge [mm]\mu-fast[/mm] überall
> > > gleichmäßig konvergent ist gegen [mm]f_n=0[/mm] und das impliziert
> > > auch die [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßige Konvergenz und die
> > > Konvergenz [mm]\mu-fü.[/mm]
> >
> > > Außerdem konvergiert die Folge auch im Maß, denke ich und
> > > die [mm]\mu-Nullmenge[/mm] ist {0}.
> >
> >
> > Das glaube ich nicht. Die Funktionenfolge konvergiert auf
> > [mm](0,1][/mm] nicht gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]. (Betrachte zum
> > Beispiel die Argumentenfolge [mm]x_n = \frac{1}{n^2}[/mm], damit ist
> > [mm]|f_n(x_n) - f(x_n)| = 1[/mm].
> >
> > Stattdessen gilt: [mm]f_n[/mm] konvergiert gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]
> > auf [mm]A[/mm], wenn es ein [mm]\delta> 0[/mm] gibt mit [mm]A \subset [\delta, 1][/mm]
> > (d.h. die Menge darf nicht beliebig nahe an 0 herankommen,
> > sondern muss von 0 wegbeschränkt sein).
> Wie kommst du darauf? Das Problem bei deinem Gegenbeispiel
> war doch: [mm]\frac{1}{n*\sqrt{\frac{1}{n^2}}}[/mm] =
> [mm]\frac{1}{\frac{1}{n}}[/mm] = 1, also, dass sich das [mm]x_n[/mm] mit n
> dann weggekürzt hat. Aber wie schließt man daraus, dass
> es nicht beliebig nahe an 0 sein darf?
Wäre [mm] $f_n$ [/mm] fast überall gleichmäßig konvergent gegen $f = 0$, müsste es doch eine Nullmenge [mm] $N \subset [/mm] [0,1]$ geben, sodass
[mm] $||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \to [/mm] 0$ ($n [mm] \to \infty$)
[/mm]
gilt.
----
Gebe ich dir also zum Beispiel [mm] $\varepsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] vor, so müsstest du mir eine Nullmenge $N [mm] \subset [/mm] [0,1]$ angeben und einen Index $M$, sodass für alle $n [mm] \ge [/mm] M$ gilt:
[mm] $||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \le \varepsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] (*)
Jetzt komme aber ich und sage dir: Wähle doch bitte mal ein beliebiges $x [mm] \le \frac{1}{M^2}$. [/mm] Dann ist
[mm] |f_n(x) [/mm] - f(x)| = [mm] \frac{1}{n\sqrt{x}} \ge \frac{M}{n} \ge [/mm] 1.
Das heißt, es müsste $[0, [mm] \frac{1}{M^2}] \subset [/mm] N$ gelten, damit die Aussage (*) noch stimmt. Das ist aber ein Widerspruch zur Nullmengeneigenschaft von $N$.
> > Die Funktionenfolge konvergiert aber [mm]\mu[/mm]-fast gleichmäßig
> > gegen [mm]f = 0[/mm]. Für beliebiges [mm]\varepsilon > 0[/mm] kannst du [mm]A := [0, \varepsilon)[/mm]
> > wählen. Dann ist [mm]\lambda(A) = \varepsilon[/mm], und
> > auf [mm][\varepsilon,1][/mm] konvergiert die Funktionenfolge
> > gleichmäßig gegen [mm]f =0[/mm].
> Wie erkennt man das und wie
> zeigt man das?
Das erkenne ich daran, dass man immer ein [mm] $x_n [/mm] = [mm] \frac{1}{n^2}$ [/mm] findet, durch das der Abstand [mm] $|f_n(x) [/mm] - f(x)| = 1$ nicht beliebig klein wird.
Und diese [mm] $x_n$, [/mm] die so problematisch sind, konvergieren eben gegen 0. Das heißt, die Probleme für die gleichmäßige Konvergenz müssen in der Nähe von x = 0 liegen.
Man braucht dazu ein bisschen Erfahrung mit gleichmäßiger Konvergenz; aber wenn du dir mal ein Bild von [mm] $\frac{1}{\sqrt{x}}$ [/mm] hinmalst wird es eigentlich klar. Die Funktionenfolge [mm] $f_n$ [/mm] entsteht dadurch, dass diese Funktion durch eine immer größere Zahl $n$ geteilt, also herunterskaliert wird.
Für $x$, die weit weg von Null sind, können so ohne Probleme immer kleinere Funktionswerte erreicht werden. Weil [mm] $\frac{1}{\sqrt{x}}$ [/mm] aber für $x [mm] \to [/mm] 0$ gegen [mm] $\infty$ [/mm] geht, können die Funktionswerte für Argumente nahe bei $x = 0$ nicht klein gemacht werden.
----
Beweis: Sei [mm] $\delta [/mm] > 0$ und $A [mm] \subset [\delta, [/mm] 1]$.
Sei $x [mm] \in [/mm] A$ beliebig. Dann gilt
[mm] $|f_n(x) [/mm] - f(x)| = [mm] \frac{1}{n\sqrt{x}} \le \frac{1}{\srqt{\delta} n}$,
[/mm]
also [mm] $||f_n [/mm] - [mm] f||_{\infty,A} \le \frac{1}{n\sqrt{\delta}} \to [/mm] 0$.
> > Bleibt das [mm]p[/mm]-te Mittel zu diskutieren. Es ist
> >
> > [mm]||f_n - 0||_{L^p}^{p} = \frac{1}{n^{p}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p/2}} \ d x[/mm].
>
> >
> > Wann geht dieses Integral für [mm]n \to \infty[/mm] gegen Null?
>
> [mm]\frac{1}{n^p}\integral_{0}^{1}{\frac{1}{x^{\frac{p}{2}}}}dx[/mm]
> = [mm]\frac{1}{n^p}*\frac{1}{-\frac{p}{2}+1}[/mm]
Wie hast du denn dieses Integral ausgerechnet? Wenn du x = 0 einsetzt, sollte das für viele p gar nicht möglich sein, weil [mm] $\infty$ [/mm] rauskommt.
> Also gilt es für alle positiven p ohne Null, würde ich
> sagen?
Nein. Es gibt eine Grenze für das p nach oben. $p$ kann nicht beliebig groß gewählt werden.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:04 So 06.10.2013 | | Autor: | Tipsi |
> Hallo,
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>
> > > > Meine Vermutung ist, dass die Folge [mm]\mu-fast[/mm] überall
> > > > gleichmäßig konvergent ist gegen [mm]f_n=0[/mm] und das impliziert
> > > > auch die [mm]\mu-fast[/mm] gleichmäßige Konvergenz und die
> > > > Konvergenz [mm]\mu-fü.[/mm]
> > >
> > > > Außerdem konvergiert die Folge auch im Maß, denke ich und
> > > > die [mm]\mu-Nullmenge[/mm] ist {0}.
> > >
> > >
> > > Das glaube ich nicht. Die Funktionenfolge konvergiert auf
> > > [mm](0,1][/mm] nicht gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]. (Betrachte zum
> > > Beispiel die Argumentenfolge [mm]x_n = \frac{1}{n^2}[/mm], damit ist
> > > [mm]|f_n(x_n) - f(x_n)| = 1[/mm].
> > >
> > > Stattdessen gilt: [mm]f_n[/mm] konvergiert gleichmäßig gegen [mm]f = 0[/mm]
> > > auf [mm]A[/mm], wenn es ein [mm]\delta> 0[/mm] gibt mit [mm]A \subset [\delta, 1][/mm]
> > > (d.h. die Menge darf nicht beliebig nahe an 0 herankommen,
> > > sondern muss von 0 wegbeschränkt sein).
>
>
> > Wie kommst du darauf? Das Problem bei deinem Gegenbeispiel
> > war doch: [mm]\frac{1}{n*\sqrt{\frac{1}{n^2}}}[/mm] =
> > [mm]\frac{1}{\frac{1}{n}}[/mm] = 1, also, dass sich das [mm]x_n[/mm] mit n
> > dann weggekürzt hat. Aber wie schließt man daraus, dass
> > es nicht beliebig nahe an 0 sein darf?
>
>
> Wäre [mm]f_n[/mm] fast überall gleichmäßig konvergent gegen [mm]f = 0[/mm],
> müsste es doch eine Nullmenge [mm]N \subset [0,1][/mm] geben,
> sodass
>
> [mm]||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \to 0[/mm] ([mm]n \to \infty[/mm])
>
> gilt.
>
> ----
>
> Gebe ich dir also zum Beispiel [mm]\varepsilon = \frac{1}{2}[/mm]
> vor, so müsstest du mir eine Nullmenge [mm]N \subset [0,1][/mm]
> angeben und einen Index [mm]M[/mm], sodass für alle [mm]n \ge M[/mm] gilt:
>
> [mm]||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \le \varepsilon = \frac{1}{2}[/mm]
> (*)
>
> Jetzt komme aber ich und sage dir: Wähle doch bitte mal
> ein beliebiges [mm]x \le \frac{1}{M^2}[/mm]. Dann ist
>
> [mm]|f_n(x)[/mm] - f(x)| = [mm]\frac{1}{n\sqrt{x}} \ge \frac{M}{n} \ge[/mm]
> 1.
>
> Das heißt, es müsste [mm][0, \frac{1}{M^2}] \subset N[/mm] gelten,
> damit die Aussage (*) noch stimmt. Das ist aber ein
> Widerspruch zur Nullmengeneigenschaft von [mm]N[/mm].
Wieso ist [mm] \frac{M}{n} \geq [/mm] 1?
Es ist ein Widerspruch, denn [mm] \lambda(N) [/mm] müsste 0 sein und so wäre [mm] \Lambda(N) [/mm] = [mm] \frac{1}{M^2}, [/mm] oder?
>
>
> > > Die Funktionenfolge konvergiert aber [mm]\mu[/mm]-fast gleichmäßig
> > > gegen [mm]f = 0[/mm]. Für beliebiges [mm]\varepsilon > 0[/mm] kannst du [mm]A := [0, \varepsilon)[/mm]
> > > wählen. Dann ist [mm]\lambda(A) = \varepsilon[/mm], und
> > > auf [mm][\varepsilon,1][/mm] konvergiert die Funktionenfolge
> > > gleichmäßig gegen [mm]f =0[/mm].
>
> > Wie erkennt man das und wie
> > zeigt man das?
>
>
> Das erkenne ich daran, dass man immer ein [mm]x_n = \frac{1}{n^2}[/mm]
> findet, durch das der Abstand [mm]|f_n(x) - f(x)| = 1[/mm] nicht
> beliebig klein wird.
> Und diese [mm]x_n[/mm], die so problematisch sind, konvergieren
> eben gegen 0. Das heißt, die Probleme für die
> gleichmäßige Konvergenz müssen in der Nähe von x = 0
> liegen.
> Man braucht dazu ein bisschen Erfahrung mit
> gleichmäßiger Konvergenz; aber wenn du dir mal ein Bild
> von [mm]\frac{1}{\sqrt{x}}[/mm] hinmalst wird es eigentlich klar.
> Die Funktionenfolge [mm]f_n[/mm] entsteht dadurch, dass diese
> Funktion durch eine immer größere Zahl [mm]n[/mm] geteilt, also
> herunterskaliert wird.
> Für [mm]x[/mm], die weit weg von Null sind, können so ohne
> Probleme immer kleinere Funktionswerte erreicht werden.
> Weil [mm]\frac{1}{\sqrt{x}}[/mm] aber für [mm]x \to 0[/mm] gegen [mm]\infty[/mm]
> geht, können die Funktionswerte für Argumente nahe bei [mm]x = 0[/mm]
> nicht klein gemacht werden.
Okay, das hört sich so einfach an bei dir ^^
>
> ----
>
> Beweis: Sei [mm]\delta > 0[/mm] und [mm]A \subset [\delta, 1][/mm].
> Sei [mm]x \in A[/mm]
> beliebig. Dann gilt
>
> [mm]|f_n(x) - f(x)| = \frac{1}{n\sqrt{x}} \le \frac{1}{\srqt{\delta} n}[/mm],
>
> also [mm]||f_n - f||_{\infty,A} \le \frac{1}{n\sqrt{\delta}} \to 0[/mm].
Bedeutet die Notation, dass die n gegen [mm] \infty [/mm] gehen und die x aus A sind? Du meinst hier aber nicht die [mm] \infty-Norm, [/mm] sondern den Betrag oder? (Ich frage, weil du zwei senkrechte Striche hintereinander gemacht hast.)
>
>
>
> > > Bleibt das [mm]p[/mm]-te Mittel zu diskutieren. Es ist
> > >
> > > [mm]||f_n - 0||_{L^p}^{p} = \frac{1}{n^{p}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p/2}} \ d x[/mm].
>
> >
> > >
> > > Wann geht dieses Integral für [mm]n \to \infty[/mm] gegen Null?
> >
> > [mm]\frac{1}{n^p}\integral_{0}^{1}{\frac{1}{x^{\frac{p}{2}}}}dx[/mm]
> > = [mm]\frac{1}{n^p}*\frac{1}{-\frac{p}{2}+1}[/mm]
>
>
> Wie hast du denn dieses Integral ausgerechnet?
Ich hab mich verrechnet. Das Integral sollte lauten:
[mm] \frac{1}{n^p}\cdot(\frac{-2b^{1-\frac{p}{2}}}{p-2}-\frac{-2a^{1-\frac{p}{2}}}{p-2}) [/mm] und dann für b = 1 und für a = 0 einsetzen.
> Wenn du x = 0 einsetzt, sollte das für viele p gar nicht möglich
> sein, weil [mm]\infty[/mm] rauskommt.
Du meinst, dass p [mm] \leq [/mm] 2 sein muss, weil ich sonst, wenn ich für a 0 einsetze, durch 0 dividieren würde, was aber nicht erlaubt ist?
>
>
> > Also gilt es für alle positiven p ohne Null, würde ich
> > sagen?
>
> Nein. Es gibt eine Grenze für das p nach oben. [mm]p[/mm] kann
> nicht beliebig groß gewählt werden.
>
>
> Viele Grüße,
> Stefan
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Hallo,
> > Wäre [mm]f_n[/mm] fast überall gleichmäßig konvergent gegen [mm]f = 0[/mm],
> > müsste es doch eine Nullmenge [mm]N \subset [0,1][/mm] geben,
> > sodass
> >
> > [mm]||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \to 0[/mm] ([mm]n \to \infty[/mm])
>
> >
> > gilt.
> >
> > ----
> >
> > Gebe ich dir also zum Beispiel [mm]\varepsilon = \frac{1}{2}[/mm]
> > vor, so müsstest du mir eine Nullmenge [mm]N \subset [0,1][/mm]
> > angeben und einen Index [mm]M[/mm], sodass für alle [mm]\red{n \ge M}[/mm] gilt:
> >
> > [mm]||f_n-f||_{\infty, [0,1] \backslash N} \le \varepsilon = \frac{1}{2}[/mm]
> > (*)
> >
> > Jetzt komme aber ich und sage dir: Wähle doch bitte mal
> > ein beliebiges [mm]x \le \frac{1}{M^2}[/mm]. Dann ist
> >
> > [mm]|f_n(x)[/mm] - f(x)| = [mm]\frac{1}{n\sqrt{x}} \ge \frac{M}{n} \ge[/mm]
> > 1.
> >
> > Das heißt, es müsste [mm][0, \frac{1}{M^2}] \subset N[/mm] gelten,
> > damit die Aussage (*) noch stimmt. Das ist aber ein
> > Widerspruch zur Nullmengeneigenschaft von [mm]N[/mm].
> Wieso ist [mm]\frac{M}{n} \geq[/mm] 1?
Es wird am Anfang $n [mm] \ge [/mm] M$ vorausgesetzt (oben rot markiert).
> Es ist ein Widerspruch, denn [mm]\lambda(N)[/mm] müsste 0 sein und
> so wäre [mm]\Lambda(N)[/mm] = [mm]\frac{1}{M^2},[/mm] oder?
Ja, fast. Es wäre [mm] $\lambda(N) \ge \frac{1}{M^2}$.
[/mm]
> > Beweis: Sei [mm]\delta > 0[/mm] und [mm]A \subset [\delta, 1][/mm].
> > Sei
> [mm]x \in A[/mm]
> > beliebig. Dann gilt
> >
> > [mm]|f_n(x) - f(x)| = \frac{1}{n\sqrt{x}} \le \frac{1}{\srqt{\delta} n}[/mm],
>
> >
> > also [mm]||f_n - f||_{\infty,A} \le \frac{1}{n\sqrt{\delta}} \to 0[/mm].
>
> Bedeutet die Notation, dass die n gegen [mm]\infty[/mm] gehen und
> die x aus A sind? Du meinst hier aber nicht die
> [mm]\infty-Norm,[/mm] sondern den Betrag oder? (Ich frage, weil du
> zwei senkrechte Striche hintereinander gemacht hast.)
Doch, ich meine die [mm] $\infty$-Norm, [/mm] nur eben auf die Menge $A$ eingeschränkt.
Also
[mm] $||f||_{\infty,A} [/mm] := [mm] \sup_{x\in A}|f(x)|$.
[/mm]
Und ja, die $n$ gehen jeweils gegen [mm] $\infty$.
[/mm]
> > > > Bleibt das [mm]p[/mm]-te Mittel zu diskutieren. Es ist
> > > >
> > > > [mm]||f_n - 0||_{L^p}^{p} = \frac{1}{n^{p}}\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{p/2}} \ d x[/mm].
> [mm]\frac{1}{n^p}\cdot(\frac{-2b^{1-\frac{p}{2}}}{p-2}-\frac{-2a^{1-\frac{p}{2}}}{p-2})[/mm]
> und dann für b = 1 und für a = 0 einsetzen.
> > Wenn du x = 0 einsetzt, sollte das für viele p gar
> nicht möglich
> > sein, weil [mm]\infty[/mm] rauskommt.
> Du meinst, dass p [mm]\leq[/mm] 2 sein muss, weil ich sonst, wenn
> ich für a 0 einsetze, durch 0 dividieren würde, was aber
> nicht erlaubt ist?
Ja... das ist sozusagen die "handwerkliche" Begründung. Es muss aber $p < 2$ sein, nicht $p [mm] \le [/mm] 2$.
Formal kann man Konvergenz im $p$-ten Mittel erst untersuchen, wenn sowohl die Funktionenfolge [mm] $f_n$ [/mm] als auch die Grenzfunktion $f$ im [mm] $L^{p}$-Raum [/mm] enthalten sind.
Bei dir ist es so (das hast du mit der Berechnung des Integrals gezeigt; es ist endlich), dass [mm] $f_n \in L^{p}$ [/mm] für $p < 2$ ist, und [mm] $f_n \not\in L^p$ [/mm] für $p [mm] \ge [/mm] 2$.
Nur für $p < 2$ macht es also Sinn, Konvergenz im $p$-ten Mittel zu untersuchen.
Und für $p < 2$ gilt dann eben auch [mm] $||f_n [/mm] - [mm] f||_{L^p} \to [/mm] 0$ (sieht man an dem von dir berechneten Integral) und somit Konvergenz im $p$-ten Mittel gegen die Grenzfunktion $f = 0$.
Viele Grüße,
Stefan
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