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Analysis » Funktionalanalysis » Funktionalanalysis: Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit
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Universität/Hochschule Funktionalanalysis: Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit
Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-10


Hallo alle zusammen,

hier die Aufgabe:



Das $\mathbf{Prinzip} \mathbf{der} \mathbf{gleichmäßigen} \mathbf{Beschränktheit}$ sagt bei uns aus:



Dabei ist $\mathcal{C}(X) := \{\varphi: X \to \mathbb{K} | \varphi $ stetig auf $X\}$ und $d_{\infty} := \sup_{x \in X} |\varphi(x) - \psi(x)|$. So, meine Idee wäre, dass ich einen metrischen $X$ finde, der nicht vollständig ist und alle anderen Voraussetzungen erfüllt (z.B. $|F(\varphi)| \leq C_{\varphi}$ für alle $F \in V$).  Dann zeige ich, dass dieser konkrete Raum die Aussage des Theorems nicht erfüllt ($|F(\varphi)| \leq C$).

So, mein Beispiel für einen metrischen Raum, der nicht vollständig ist, wäre z.B. $(0,1]$ (bezüglich der Standardmetrik in Eukl. Räumen). So, nun habe ich aber noch Probleme, die Bedingung $|F(\varphi)| \leq C_{\varphi}$ zu erfüllen. Hättet ihr da einen Hinweise bzw. Tipp für mich?


Danke im Voraus.
Neymar



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-10


Hallo Neymar,

irgendwie bin ich mir nicht so sicher, dass mit $(0,1]$ ein Gegenbeispiel gefunden werden kann, d.h. wähle einfach den Teilraum $[1/2,1]$ und wende den Satz darauf an, um ein $B$ zu finden. Wenn ich hier richtig liege, kommt als Gegenbeispiel eher so etwas wie $X=[0,1]\cap\IQ$ in Frage.



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11


2019-05-10 22:27 - TomTom314 in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo Neymar,

irgendwie bin ich mir nicht so sicher, dass mit $(0,1]$ ein Gegenbeispiel gefunden werden kann, d.h. wähle einfach den Teilraum $[1/2,1]$ und wende den Satz darauf an, um ein $B$ zu finden. Wenn ich hier richtig liege, kommt als Gegenbeispiel eher so etwas wie $X=[0,1]\cap\IQ$ in Frage.

$>$ Hmm. Also ich habe meine Idee mal ein bisschen weiterverfolgt, bin zwar beim Verständnis und der Problemstellung ein bisschen weiter gekommen, habe aber noch immer nicht die Aufgabe gelöst.

Anyway, dann habe ich mir deinen Ansatz überlegt und komme da nicht wirklich weiter. Also ich habe mir dann $F: X \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto x$ angeschaut und es gilt: $|F(x)| \leq x+1 =: C_x$ (wobei in der Fassung aus dem Skript $\varphi$ statt $x$ verwendet wird).

Aber hier existiert eine offene Kugel $B \subset X$ und $C >0$, so dass $|F(x)| \leq C$ für alle $x \in B, F \in V$ (dies ist klar, wähle z.B. den Ball mit Radius $1/2$ um den Punkt $1/2$), die Konstante $C$ ist dann $1$).

Dürfte ich dich darum bitten, dass du dir das ein bisschen überlegst und mir dann einen weiteren Ansatz bzw. Tipp gibst? \(\small \text{Ich kann mir zum jetzigen Zeitpunkt gut vorstellen, dass man eine nicht so eine triviale Abbildung $F$ nehmen darf ...} \)

Danke im Voraus!


Gruß
Neymar



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-11


Hallo Neymar,

vorab: Ich habe sehr wenig Ahnung von Funktionalanalysis. Daher bitte meine Gedanken im Zweifel mit etwas Vorsicht betrachten.

Wenn wir eine metrischen Raum haben, s.d. es einen abgeschlossener Ball $Y$ gibt, so $(Y,d|_Y)$ ein vollständiger metrischer Raum ist, können wir den Satz auf $Y$ anwenden und bekommen dann auch die Aussage für $X$. Daher fallen im Grunde alle Beispiele weg, in denen $X$ lokal wie ein $\IR^n$ mit euklidischer Metrik aussieht, unter den Tisch. Wir benötigen also einen Raum, der im Prinzip überall nicht vollständig ist.

Dazu fallen zwei Möglichkeiten ein. 1) Wir nehmen statt $\IR$ nur $\IQ$ oder $\IR\backslash\IQ$. Der wesentliche Nachteil hier ist, dass die Funktion wahrscheinlich recht umständlich definiert werden müssen. Falls sich die Funktionen einfach auf $\IR$ fortsetzen lassen, haben wir nichts gewonnen.

2) Wir verändern die Metrik auf $\IR$. Zwei Mögliche Ansätze (die so nicht direkt funktioniere) wären:
a) $\IR$ mit der trivialen Metrix, d.h. $d(x,y)=1$ für $x\neq y$
b) Für $x,y\in\IR^2$ definieren wir $d(x,y) = |x_1-y_1|$. Das ist nur noch eine Halbmetrik und die offenen Bälle wären dann vertikale Streifen.
c) (nicht näher betrachtet) Vielleicht läßt sich auch etwas mit der französischen Eisenbahnmetrik etwas anstellen.


Ein konkretes Beispiel habe ich noch nicht, bin aber zuversichtlich, dass der Ansatz 2) etwas ergeben könnte.

Viele Grüße
Tom



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Hallo Neymar und TomTom,

es reicht doch, den relativ einfachen Raum $(0,1]$ zu betrachten. Schaut mal folgendes Beispiel an: $V:=\{f_n:(0,1]\to\R~\vert~n\in\N\}$ mit den so definierten $f_n$:

\[f_n(x):=\begin{cases}
n(1-nx)&x<\frac{1}{n}\\
0&\textrm{sonst}
\end{cases}\]
Diese Funktion beginnt bei $f(0)=n$ (bzw. wäre sie dort $n$, wenn 0 im metrischen Raum enthalten wäre) und fällt linear zu $f(\frac{1}{n})=0$ ab. Danach ist sie konstant 0.

Nun kann man selber nachrechnen: $V$ ist punktweise beschränkt, aber nicht gleichmäßig. Der Knackpunkt ist, dass die punktweise Beschränktheit nur in $x=0$ kaputtgeht, aber $x=0$ ist nicht Teil des unvollständigen metrischen Raumes.

Grüße, Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-05-11


Hallo Vercassivelaunos,

wenn ich das mit der Behauptung vergleiche, kann ich bei Deinem Beispiel einfach die Einschränkung auf $[1/2,1]$ betrachten, und dann $B=(1/2,1)$ wählen, oder?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Ah, völlig richtig. Ich hatte so lange an einem Beispiel, wo das gepasst hätte, überlegt. Und dann kam mir plötzlich diese "Eingebung". Tja, nichts mit Eingebung. Dann meine ursprüngliche Idee, die aber nicht zu 100% ausgereift ist:

Sei $q_n$ eine Abzählung von $\Q$. Definiere $f:[0,1]\backslash\Q\to\R$ mit $f(x):=\sum_{n=0}^\infty\frac{\vert x-q_n\vert^{-1}}{n!}$, und $V=\{f\}$. Als endliche Menge ist $V$ punktweise beschränkt. Aber $f$ ist in keinem in $[0,1]\backslash\Q$ enthaltenem Ball beschränkt, da garantiert eine der Singularitäten "enthalten" ist (bzw. im Inneren des vollständigen Abschlusses des Balles). Entsprechend ist $V$ nicht gleichmäßig beschränkt.

Problem: Es wäre noch zu zeigen, dass die Reihe überhaupt konvergiert, und dass die resultierende Funktion stetig ist.
\(\endgroup\)


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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Neue Idee: Sei $X=C(\R)\cap L^2(\R)$, also der Raum der stetigen, quadratintegrablen Funktionen auf $\R$, versehen mit der Norm $\Vert f\Vert_2:=\left(\int_\R\vert f(x)\vert^2\d x\right)^{\frac{1}{2}}$ und der dadurch induzierten Metrik. Sei außerdem $V:=\{\delta_q:f\mapsto f(q)~\vert~q\in\Q\}$.
Da stetige, quadratintegrable Funktionen beschränkt sind, und $\vert\delta_q(f)\vert\leq\sup\limits_{x\in\Q}f(x)<\infty$ für alle $q\in\Q$, ist $V$ punktweise beschränkt ("Punkte" sind hier Funktionen).

Wähle nun eine beliebige Funktion $f_0\in X$, und ein beliebiges $q\in\Q$. Definiere $f_n(x):=f_0(x)+\sqrt[8]ne^{-n(x-q)^2}$. Das ist also $f_0$ plus eine immer schmaler, dafür aber höher werdende Gaußverteilung um $q$ herum, allerdings so gewählt, dass $\int_\R\vert \sqrt[8]ne^{-n(x-q)^2}\vert^2\d x=\sqrt{\frac{\pi}{2\sqrt n}}\to0$ konvergiert, und gleichzeitig $f_n(q)=f_0(q)+\sqrt[8]n\to\infty$ beliebig groß wird.

Nun gilt: In jedem Ball um $f_0$ sind unendlich viele der Funktionen $f_n$ enthalten, da per Konstruktion $\Vert f_n-f_0\Vert_2=\Vert \sqrt[8]ne^{-n(x-q)^2}\Vert_2=\sqrt{\frac{\pi}{2\sqrt n}}\to0$. Es gilt aber auch: $\delta_q(f_n)=f_n(q)=f_0(q)+\sqrt[8]n\to\infty$. Also ist $V$ auf keinem solchen Ball gleichmäßig beschränkt.

Hier geht der Satz kaputt, da $\delta_q$ auf $C(\R)\supset X$ stetig ist, auf $L^2(\R)=\overline X$ jedoch nicht.
\(\endgroup\)


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-05-11


2019-05-11 21:12 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 7 schreibt:
Da stetige, quadratintegrable Funktionen beschränkt sind, ...

Sind sie das?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Wenn sie auf $\R$ definiert sind schon. Wegen der Quadratintegrabilität müssen sie nämlich für $\vert x\vert\to\infty$ selbst gegen 0 gehen. Die Stetigkeit verhindert dann, dass sie an anderer Stelle divergieren.
\(\endgroup\)


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11


Hallo TomTom, hallo Vercassivelaunos.

zum 1. Bsp.:
$|f_n(x)| \leq 1$ $\forall f_n \in V, x \in X$. Ergo ist $V$ eine punktweise beschränkte Teilmenge von $C(X)$.
Nun kann man sich um den Punkt $1/2$ einen (offenen) Ball $B$ mit Radius $\frac{1}{2}$ vorstellen, der dann offensichtlich $B \subseteq X$ erfüllt. Aber für alle Punkte innerhalb des Balls gilt wieder $|f(x)| \leq 1$, ergo liegt gleichmäßige Beschränktheit auf $X$ vor.
(Ich weiß nicht, ob es das ist, was du gemeint hast, TomTom, aber so erkläre ich mir das.)

Hmm, schade, das 1. Bsp. ist also noch nicht das Gegenbeispiel.


zum 2. Bsp.:
Puh, da hast du ja richtig in die Trickkiste gegriffen. :-)
Also für den Fall, dass jemandem noch etwas ein- bzw. auffällt, hake ich den Thread noch nicht ab. Ich habe mich gerade gefragt, ob man die Konvergenz mittels des Integralkriteriums zeigen könnte, i.e. indem man zeigt, dass $\int_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{|x-q_n|}dn$ endlich ist, aber dafür müsste man explizit $q_n$ angeben ...

Ich werde euch dann auf jeden Fall die Lösung (bzw. auf jeden Fall den Ansatz) aus der Übungsgruppe schicken, dies ist zwar Aufgabe 1a), aber nicht einfach.

Gruß
Neymar

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-11


zu deiner neuen Idee:

Ist es erlaubt, dass in der Menge $V$ Delta-Distributionen enthalten sind?  



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-05-11


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)2019-05-11 21:29 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 9 schreibt:
Wenn sie auf $\R$ definiert sind schon. Wegen der Quadratintegrabilität müssen sie nämlich für $\vert x\vert\to\infty$ selbst gegen 0 gehen. Die Stetigkeit verhindert dann, dass sie an anderer Stelle divergieren.
\(\endgroup\)

Das sehe ich anders. Sorry - ich bin hier nur Spielverderber. Definiere eine Funktions $f:\IR\to\IR$, s.d. $f^2$ bei jeder natürlichen Zahl ein Dreieck mit Höhe $n$ und Grundseite $2/n^3$ darstellt. Dann ist das Integral gerade $\sum \frac{1}{n^2}<\infty$ und die Funktion unbeschränkt.

Mit der Einschränkung auf beschränkte, stetige, quadratintegrable Funktionen sollte es aber trotzdem funktionieren. (Ich bin dem Beispiel noch nicht ganz durch)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Ah, ja das Gegenbeispiel habe ich hier im Forum sogar schon gesehen. Aber ja, die Einschränkung auf beschränkte Funktionen könnte klappen. Wobei mir auch gerade Zweifel an der Stetigkeit von $\delta_q$ kommen. Muss ich auch nochmal drüber nachdenken.


Ist es erlaubt, dass in der Menge V Delta-Distributionen enthalten sind?  
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)

Wenn sie stetig sind, schon. Nur sollte man sich nochmal überlegen, ob sie wirklich stetig sind...
\(\endgroup\)


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Neymar
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An der Stetigkeit brauchst du keine Zweifel zu haben:



(Aus unserem Skript Skript vom letzten Semester.)

Entschuldigung, aber der Raum $C(X)$ wurde bei uns als der lineare Raum aller stetigen FUNKTIONEN über einem Gebiet $X \subset \mathbb{R}^d$ definiert ...




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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-05-11


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)2019-05-11 21:56 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 13 schreibt:
Wobei mir auch gerade Zweifel an der Stetigkeit von $\delta_q$ kommen.
\(\endgroup\)

Die sind in Bezug auf die $L^2$-Norm nicht stetig.



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-05-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Richtig. Und beim Versuch, weitere Einschränkungen an den Funktionenraum zu stellen, sodass $\delta_q$ doch stetig wird, mache ich mir gerade nur die Idee von oben kaputt. Vielleicht braucht es doch ein anderes Vorgehen. Ich bin mal auf die Lösung gespannt.


An der Stetigkeit brauchst du keine Zweifel zu haben
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)

Leider schon, da der Satz den du da gefunden hast sich nur auf $\mathcal D(\R)$ bezieht. Leider ist $C(\R)\cap L^2(\R)$ keine Teilmenge von $\mathcal D(\R)$. Außerdem wurde dabei mit Sicherheit ein anderer Konvergenzbegriff benutzt als der durch die $L^2$-Norm induzierte (bei Funktionenräumen muss man was das angeht aufpassen: Normen sind hier leider nicht mehr zwingend äquivalent, führen also nicht zum selben Konvergenzbegriff).

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Entschuldigung, aber der Raum $C(X)$ wurde bei uns als der lineare Raum aller stetigen FUNKTIONEN über einem Gebiet $X\subset\R^d$ definiert ...
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)

Allgemein ist $C(X)$ der Raum der stetigen Abbildungen $X\to\R$, aber ohne weitere Forderungen an $X$, als dass es sich um einen metrischen Raum handeln muss (mehr braucht man nicht um Stetigkeit zu definieren). Es könnte also auch $X$ ein Raum von Funktionen sein, die stetigen Abbildungen $X\to\R$ bilden also Funktionen auf Zahlen ab, so wie zum Beispiel die $\delta$-Distribution.
\(\endgroup\)


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Ex_Senior
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2019-05-11 22:33 - zippy in Beitrag No. 15 schreibt:
\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)2019-05-11 21:56 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 13 schreibt:
Wobei mir auch gerade Zweifel an der Stetigkeit von $\delta_q$ kommen.
\(\endgroup\)

Die sind in Bezug auf die $L^2$-Norm nicht stetig.

Das sehe ich gerade nicht so. Das $\delta_q$ aus Beitrag #7 ist nur die Auswertung der Funktionen an der Stelle $q$. Das sollte eigentlich stetig sein, oder?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-05-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align}#1\end{align}}\)
Ein Gegenbeispiel: ähnlich wie eben wähle $f_n(x):=\sqrt[8]ne^{-nx^2}$ und $f(x)=0$. Diese Funktionen sind stetig, beschränkt und quadratintegrabel. Mit der $L^2$-Norm gilt

\[\Vert f-f_n\Vert_2^2=\Vert f_n\Vert_2^2=\int_\R \left\vert\sqrt[8]ne^{-nx^2}\right\vert^2\d x=\sqrt{\frac{\pi}{2\sqrt n}}\to0\]
Das heißt, $f_n$ konvergiert in diesem Raum gegen die Nullfunktion $f$. Aber $\delta_0(f_n)=f_n(0)=\sqrt[8]n$ divergiert, konvergiert also insbesondere nicht gegen $\delta_0(f)=0$. Damit ist $\delta_0$ nicht stetig.
\(\endgroup\)


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