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Analysis » Grenzwerte » Grenzübergang = Grenzwertbildung?
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Universität/Hochschule J Grenzübergang = Grenzwertbildung?
curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-04-15


Mal ne Frage zu einem Text, den ich lese, der Ausschnitt lautet wie folgt:

fed-Code einblenden

Meine Frage: Was heißt "Grenzübergang"? Ist damit hier die Grenzwertbildung
fed-Code einblenden
gemeint?

Zweite Frage: Ist mit "Grenzübergang" generell immer Grenzwertbildung gemeint?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-04-15


Zur ersten Frage: "Eindeutig Ja."
Zur zweiten Frage: In diesem Kontex: "Ja." - D.h. "Grenzübergang" könnte in irgendeinem anderen Zusammenhang auch etwas anderes bedeuten (wobei mir da auch nichts konkretes einfällt).

Zum Inhaltlichen:
a) Dein kleines L (l) lässt sich nicht sehr gut von einer Eins (1) unterscheiden.
b) Worum geht es in dem Beweis?



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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-15


Ach, das ist Teil eines Beweises, dass fed-Code einblenden
mit der Maximumnorm, wobei B(M):="Menge der beschränkten, reellen Funktionen auf M", ein Banachraum ist.

Mir will eine Stelle nicht so recht einleuchten.

Also gut, ich tippe alles ab:

fed-Code einblenden

...Dann folgt ein bisschen Gerechne, was ich nachvollziehen kann, und man landet bei der Schlussfolgerung fed-Code einblenden , wobei C eine Konstante ist.

Soweit alles gut. Und dann geht's weiter:
fed-Code einblenden

So, geschafft.

Was ich nicht nachvollziehen kann ist das Ende:

Wenn, wie du bestätigt hast, mit dem Grenzübergang
fed-Code einblenden
gemeint ist, dann gilt doch analog auch
fed-Code einblenden
also wieso dann diesen ganzen Aufwand mit der Abschätzung und fed-Code einblenden ?




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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-04-17


Das fk(t) gegen f(t) konvergiert ist schon klar. Oder anders ausgedrückt: fk konvergiert punktweise(!) gegen f.
Wir wissen aber nicht, ob diese Konvergenz "gleichmäßig" ist. D.h. gibt es ein k, so dass für _alle_ t die Differenz |f(t)- fk(t)| unterhalb einer vorgegebenen Schranke liegt?
Das ist nicht selbstverständlich und es gibt Folgen von Funktionen, die zwar konvergieren, aber nicht gleichmäßig konvergieren.
Für den Nachweis dieser gleichmäßigen Konvergenz benötigt man weitere Eigenschaften. Hier ist es die Eigenschaft Cauchy-Folge bzgl. der Max-Norm zu sein.



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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-17


Ok, klingt schlüssig.

Aber trotzdem: Kannst du mir bitte noch sagen, wieso wir genau diesen Teil

fed-Code einblenden
brauchten?
Denn die Schlussfolgerung fed-Code einblenden
fed-Code einblenden
hätten wir doch auch schon ziehen können, als ganz oben klar wurde, dass die Cauchyfolge in IR^1 auf jeden Fall konvergiert, oder etwa nicht?

fed-Code einblenden




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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-04-18

\(\begingroup\)
Das die Funktionen _punktweise_ gegen f konvergieren, wissen wir.
Für ein gegebenes $\varepsilon$ erhalten wir damit aber für jedes t ein _eigenes_ k, ab dem |f(t)-fk(t)|<$\varepsilon$ ist.

Wir brauchen aber ein k, dass das für _alle_ t gleichzeitig leistet.

Um so ein k zu erhalten müssen wir den Umweg über die Cauchy-Eigenschaft gehen.
\(\endgroup\)


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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-18


Hm, sorry, das hilft mir nicht weiter. Das sagtest du ja bereits.

Sehe nicht, wo das geschehen sein soll, und wieso diese in #4 hervorgehobene Ungleichungskette nötig war, wie gesagt.

Aus meiner Sicht wurde da nur gezeigt, dass |f(t)-f_k| konvergiert, und dafür benutzt, dass |f(t)-f_l| konvergiert, was also kein Beweis ist bzw. nichts neues geliefert hat.

Anscheinend kriege ich es nicht hin meine Frage klar zu machen.

Danke trotzdem.

P.S. Und es geht nicht primär darum, die gleichmäßige Konvergenz zu zeigen (was bisher im Stoff nicht besprochen wurde), sondern darum, dass der genannte Raum vollständig ist, also jede Cauchyfolge konvergiert.



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-04-18

\(\begingroup\)
2018-04-18 12:27 - curious_mind in Beitrag No. 6 schreibt:
P.S. Und es geht nicht primär darum, die gleichmäßige Konvergenz zu zeigen (was bisher im Stoff nicht besprochen wurde), sondern darum, dass der genannte Raum vollständig ist, also jede Cauchyfolge konvergiert.
Das hängt eng zusammen. Der Abstand zweier Funktionen wird durch die Maximumsnorm bestimmt. Ist der Abstand von f und g kleiner als <math>\varepsilon</math>, dann gilt für alle t: |f(t)-g(t)|<<math>\varepsilon</math>.
Die dadurch definierte Konvergenz ist also genau das, was man anderswo "gleichmäßige Konvergenz" nennt.

Du fragst Dich, ob der Beweis nicht unnötig kompliziert ist. Dir schwebt etwas einfacheres vor.
Teste diese Beweisidee bitte mal an folgendem Beispiel:
Die Folge <math>f_k:[0,1]\to [0,1]</math> mit <math>f_k(t)=t^k</math> konvergiert punktweise gegen die Funktion <math>f</math> mit <math>f(t)=0</math> für <math>0\leq t<1</math> und <math>f(1)=1</math>.

Funktioniert Dein Beweis hier auch? Dann enthält er einen Fehler, denn diese Folge ist nicht gleichmäßig konvergent, wie folgende Überlegung zeigt:
Sei <math>1/2>\varepsilon>0</math> beliebig.
Sei <math>N\in\IN</math> beliebig gewählt.
Wir betrachten nun den Fall <math>\displaystyle k=N, 0<t=(2\cdot\varepsilon)^{1/N}<1</math>.
Jetzt ist <math>\abs{f(t)-f_k(t)}=|0-((2\cdot\varepsilon)^{1/N})^N|=2\cdot\varepsilon>\varepsilon. </math>

Fazit: Egal wie groß wir <math>N</math> wählen, wir schaffen es nicht, dass <math>\norm{f-f_k}_\infty<\varepsilon</math> für alle <math>k\geq N</math> gilt, weil es immer ein $t$ mit $|f(t)-f_k(t)|>\varepsilon$ gibt. $f_k$ konvergiert also nicht im Sinne der Maximumsnorm gegen $f$.

\(\endgroup\)


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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-20


Hallo Kitaktus,

vielen Dank für dein gutes Beispiel, das macht die Sache der gleichmäßigen Konvergenz deutlicher.

1. Allerdings frage ich mich, wo genau bzw. an welcher Stelle im obigen langen Beweis denn diese gleichmäßige Konvergenz bewiesen wurde?
Konkret: Wo steht oder steckt drin, dass es "ein k" gibt, sodass für t ...

2. Wieso muss ich über eine längere Ungleichungskette |f(t)-f_k| < eps/2 zeigen, wenn ich doch wg. |f(t)-f_k|< eps, für beliebiges eps, sofern n groß genug gewählt wird, ohnehin weiß?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-04-20

\(\begingroup\)
Ohne gleichmäßige Konvergenz sieht die Sache so aus:
Sei $\varepsilon>0$.
Für jedes $t$ weiß ich, dass es ein $k(t)$ (d.h. die Größe von $k$ hängt von $t$ ab (*)) gibt, für dass $|f(t)-f_{k(t)}(t)|<\varepsilon$ ist.
Die Menge der $k(t)$ muss aber nicht beschränkt sein. Es braucht kein $k$ zu geben, dass für alle $t$ "funktioniert".
Macht man an der Stelle (*) diese Abhängigkeit von $t$ nicht kenntlich, so kann das leicht übersehen werden.

Im Vergleich dazu das ganze mit gleichmäßiger Konvergenz:
Sei $\varepsilon>0$.
Aufgrund der Cauchy-Eigenschaft der Folge $f_k$ wissen wir, dass es ein $n_0$ gibt, so dass für alle $l,k\geq n_0$ gilt $||f_k-f_l||_\infty <\varepsilon/2$.
Nehmen wir ein beliebiges aber festes $k$ mit $k\geq n_0$.
Dieses $k$ hängt _nicht_ von $t$ ab und für alle $l\geq n_0$ gilt $||f_k-f_l||_\infty <\varepsilon/2$, was gleichbedeutend ist mit $|f_k(t)-f_l(t)|<\varepsilon/2$ gilt für alle $t$.

Jetzt können wir den Einschub-Trick verwenden:
$|f(t)-f_k(t)|= |f(t)-f_l(t)+f_l(t)-f_k(t)| \leq |f(t)-f_l(t)|+|f_l(t)-f_k(t)|$ (**)
Diese Ungleichung (**) gilt (bei festem $k$) für alle $t$ und für alle $l>n_0$.
Für jedes $t$ findet man aufgrund der Punktweisen Konvergenz ein $l(t)$, so dass $|f(t)-f_{l(t)}(t)|<\varepsilon/2$ gilt. Verwendet man genau dieses $l(t)$ in der Ungleichung (**), so ergibt sich:
$|f(t)-f_k(t)| \leq |f(t)-f_{l(t)}(t)|+|f_{l(t)}(t)-f_k(t)|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$.
Wir wissen jetzt also tatsächlich, dass für jedes feste $k\geq n_0$ die Ungleichung $|f(t)-f_k(t)|<\varepsilon$ für _alle $t$ gilt. Es ist somit $||f-f_k||_\infty <\varepsilon$.
\(\endgroup\)


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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-20

\(\begingroup\)
Hallo Kitaktus,

danke für deine Geduld mit mir.

Ich habe jetzt nochmal lange überlegt und ich glaube deine bisherigen Ausführungen (danke!) haben für mich noch nicht die Frage beantwortet, aber zumindest mein Verständnisproblem endlich derart konkretisiert, dass ich hoffe, dass ich es mit diesem Post kommuniziert bekomme:

Zwei Sachverhalte sind für mich fremd (und kommen ungünstigerweise gleichzeitig in diesem Beweis vor):

1.)
Es wird #2 von $\lim\limits_{l \to \infty}|f(t)-f_k(t)| \leq \lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_l(t)|+\frac{\varepsilon}{2})=0+\frac{\varepsilon}{2}$

auf $|f(t)-f_k(t)| \leq 0+\frac{\varepsilon}{2}$ geschlossen.

Nach meinem Wissenstand gilt für Folgen $(a_k), (b_k)$:
$a_k \leq b_k$ $\forall k \in \mathbb{N} \Longrightarrow \lim\limits_{k \to \infty}(a_k) \leq \lim\limits_{k \to \infty}(b_k)$.
Es gilt aber nicht die Umkehrung $(\Longleftarrow)$.

Genau das scheint mir hier aber vorauszugehen.

--------
Diesen Konflikt könnte ich für mich so auflösen, dass ich $(|f(t)-f_k(t)| )$ als konstante Folge betrachte und begründe:

$|f(t)-f_k(t)|=\lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_k(t)|) \leq \lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_l(t)|+\frac{\varepsilon}{2})=0+\frac{\varepsilon}{2}$

Dann ist das für mich akzeptabel, also, wenn das so gemeint ist. Ich darf das dann so machen, weil $l$ sowieso nicht $|f(t)-f_k(t)|$ vorkommt, richtig?


2.)
Im Skript und in deinen Beispielen wird $||f-f_k||_\infty < \varepsilon$ für $k \geq n_0$ behauptet. Insbesondere betonst du ja, dass davon die gleichmäßige Konvergenz überhaupt abhängt, dass nur noch ein festes k reicht.

Aber um auf dies zu schließen, musste erst $l \longrightarrow \infty$ laufen. Also reicht m.E. eben nicht nur ein $k \geq n_0$, sondern es muss darüberhinaus $l \longrightarrow \infty$ laufen, was dann noch weitere Verwirrung erzeugt, weil $l$ und $k$ sich in diesem Beweis ja prinzipiell austauschen lassen.

-------
Diesen Konflikt kann ich nicht selbst lösen, dazu fällt mir nichts ein, was rechtfertigt, dass man behauptet es hinge nur von einem k ab, aber von nichts anderem.

Sinn macht für mich eher:

$|f(t)-f_k(t)| \leq |f(t)-f_l(t)|+\frac{\varepsilon}{2} \Longrightarrow |f(t)-f_k(t)| \leq 0+\frac{\varepsilon}{2}$, da $|x| \geq 0$ für alle $x \in \mathbb{R}$.

Dafür habe ich jetzt aber auch keinen Grenzübergang benötigt.

Danke schon mal. :-)
\(\endgroup\)


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-04-22

\(\begingroup\)
Zu 1:
Du hast eine Ungleichung, die (bei festgehaltenem $k$) für alle hinreichend großen $l$ gilt. Jetzt lässt Du auf beiden Seiten der Ungleichung $l$ gegen unendlich gehen, wodurch sich (siehe "mein Wissensstand") die Ungleichung auf die Grenzwerte überträgt. Die linke Seite hängt nicht von $l$ ab. Der "Grenzwert" ist also leicht zu bestimmen. Auf der rechten Seite muss man den Grenzübergang eben machen.
In Beitrag #9 findet sich der gleiche Beweis auch nochmal ohne Vollzug des Grenzübergangs.

Zu 2:
In der Definition von "Cauchy-Folge" sind $k$ und $l$ austauschbar, richtig.
Für den Beweis halten wir einen der beiden Indizes fest, nämlich $k$.
Vielleicht fällt es Dir leichter, wenn Du Dir vorstellst, $k$ sei einfach der kleinere der beiden Indizes und $l$ der größere.
Den kleineren Index $k$ wählt man für alle $t$ gleich. Für die Funktion $f_k$ will man letztendlich eine Aussage treffen. Das $l$, was man dafür braucht, das kann von $t$ abhängen (im "Grenwertlosen" Beweis in #9 wird das deutlich). Aber das $l$ bzw. $l(t)$ ist letzten Endes nur eine Hilfsgröße, die man braucht, um $|f(t)-f_k(t)|<\varepsilon$ für alle $t$ zu zeigen. Entscheidend ist, dass das hier vorkommende $k$ nicht von $t$ abhängt.
\(\endgroup\)


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curious_mind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-23

\(\begingroup\)
Hallo Kitaktus,

danke für deine Antwort.

Jetzt lässt Du auf beiden Seiten der Ungleichung $l$ gegen unendlich gehen, wodurch sich ... die Ungleichung auf die Grenzwerte überträgt. Die linke Seite hängt nicht von $l$ ab. Der "Grenzwert" ist also leicht zu bestimmen.
Ja, das ist schon klar, darum geht's aber nicht.

 Auf der rechten Seite muss man den Grenzübergang eben machen.
Das ist ja klar, wenn man eben den Limes bilden will. Das erklärt aber nicht, wieso die Rückrichtung $a_k \leq b_k$ $\forall k \in \mathbb{N} \Longleftarrow \lim\limits_{k \to \infty}(a_k) \leq \lim\limits_{k \to \infty}(b_k)$ gelten soll. Das macht für mich nur Sinn, wenn man, wie ich schrieb, das gar nicht als Rückrichtung der Implikation ansieht, wegen $|f(t)-f_k(t)|=\lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_k(t)|)$.

Ist aber egal, wie man das jetzt ansieht - mir reicht, wenn du mir sagst, ob das so richtig ist.

Zu 2:
In der Definition von "Cauchy-Folge" sind $k$ und $l$ austauschbar, richtig.
Für den Beweis halten wir einen der beiden Indizes fest, nämlich $k$.
Vielleicht fällt es Dir leichter, wenn Du Dir vorstellst, $k$ sei einfach der kleinere der beiden Indizes und $l$ der größere.
Den kleineren Index $k$ wählt man für alle $t$ gleich. Für die Funktion $f_k$ will man letztendlich eine Aussage treffen. Das $l$, was man dafür braucht, das kann von $t$ abhängen...
Ja, das ist mir auch klar, aber du beschreibst ja nur den Vorgang. Das ist für mich aber keine Begründung, wieso man mit $l$ machen kann, was man will und das nicht erwähnt werden muss, sondern es heißt, dass nur $k \geq n_0$ sein muss.


Aber das $l$ bzw. $l(t)$ ist letzten Endes nur eine Hilfsgröße, die man braucht, um $|f(t)-f_k(t)|<\varepsilon$ für alle $t$ zu zeigen. Entscheidend ist, dass das hier vorkommende $k$ nicht von $t$ abhängt.
Schon klar, aber ich sehe nicht, wieso das nicht erwähnt werden muss. Du sagst das jetzt einfach, aber etwas zu behaupten ist keine Begründung.

Konkret: Wieso darf ich $l$ als Hilfsgröße $\longrightarrow \infty$ laufen lassen, und dennoch behaupten, es hinge nur davon ab, dass $k\geq n_0$ sein muss. Das macht bei bestem Willen für mich keinen Sinn. In allem was ich bisher in der Mathematik gesehen habe, kam es noch nie vor, dass man Voraussetzungen einfach verschweigen durfte, obwohl sie notwendig für den Beweis sind. Vielleicht bin ich für diesen Beweis einfach zu blöd.




\(\endgroup\)


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-04-23

\(\begingroup\)
2018-04-23 12:04 - curious_mind in Beitrag No. 12 schreibt:
Das erklärt aber nicht, wieso die Rückrichtung $a_k \leq b_k$ $\forall k \in \mathbb{N} \Longleftarrow \lim\limits_{k \to \infty}(a_k) \leq \lim\limits_{k \to \infty}(b_k)$ gelten soll.

Diese Implikation soll auch gar nicht gelten, sie wird auch nicht verwendet, sondern genau die entgegengesetzte Richtung!
Wir wissen, dass $|f(t)-f_k(t)| \leq |f(t)-f_l(t)|+|f_l(t)-f_k(t)| \leq |f(t)-f_l(t)|+\varepsilon/2$ für das feste $k\geq n_0$ sowie für alle $t$ und für alle $l\geq n_0$ gilt.
Für jedes einzelne $t$ bildet man jetzt auf beiden Seiten dem Limes für $l\to\infty$.
Dabei benutzt man genau die Richtung
$a_l \leq b_l$ $\forall l \in \mathbb{N} \Longrightarrow \lim\limits_{l \to \infty}(a_l) \leq \lim\limits_{l \to \infty}(b_l)$.
Dass $a_l$ gar nicht von $l$ abhängt, sondern konstant ist und dass außerdem noch andere Unbekannte %$k$ und $t$ vorkommen, ändert nichts an der Richtigkeit des Schlusses.
\(\endgroup\)


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curious_mind
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\(\begingroup\)
2018-04-23 13:05 - Kitaktus in Beitrag No. 13 schreibt:

Dabei benutzt man genau die Richtung
$a_l \leq b_l$ $\forall l \in \mathbb{N} \Longrightarrow \lim\limits_{l \to \infty}(a_l) \leq \lim\limits_{l \to \infty}(b_l)$.
Dass $a_l$ gar nicht von $l$ abhängt, sondern konstant ist und dass außerdem noch andere Unbekannte %$k$ und $t$ vorkommen, ändert nichts an der Richtigkeit des Schlusses.

Ah, der Groschen ist gefallen. Zuletzt!

Damit haben sich gerade auch alle weiteren Fragen in Luft aufgelöst.

Ich habe aus irgendeinem Grund folgendes gedacht, siehe Beitrag #10:


Es wird von $\lim\limits_{l \to \infty}|f(t)-f_k(t)| \leq \lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_l(t)|+\frac{\varepsilon}{2})=0+\frac{\varepsilon}{2}$

auf $|f(t)-f_k(t)| \leq 0+\frac{\varepsilon}{2}$ geschlossen.

Das sah für mich aus wie:
$ \lim\limits_{l \to \infty}(a_l) \leq \lim\limits_{l \to \infty}(b_l) \Longrightarrow a_k \leq b_k$ $\forall l \in \mathbb{N}  $

Ist es aber nicht. Denn $ \lim\limits_{l \to \infty}|f(t)-f_k(t)|$ ist GLEICH $|f(t)-f_k(t)|$ und
$ \lim\limits_{l \to \infty}(|f(t)-f_l(t)|+\frac{\varepsilon}{2})$ ist GLEICH $ 0+\frac{\varepsilon}{2}$

Herzlichen Dank für deine Geduld und Hilfsbereitschaft, Kitaktus.

Danke und bis bald vielleicht.
\(\endgroup\)


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