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Analysis » Funktionalanalysis » Metrik und Konvergenz auf Folgenraum
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Universität/Hochschule Metrik und Konvergenz auf Folgenraum
Primz94
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-27


Hallo liebe Leute!

Vor einigen Wochen haben wir in FunkAna diese Metrik von Folgen komplexer Zahlen kennengelernt:

$$d(x,y)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{2^{-i}|x_i-y_i|}{1+|x_i-y_i|}$$
Wir sollten (neben dem Fakt, dass das eine Metrik ist, was ich aber zeigen konnte) auch zeigen, dass eine Folge $(x^n_i)_i$ gegen eine Folge $(x_i)_i=:x$ konvergiert, genau dann wenn $x^n_i$ gegen $x_i$ konvergiert für alle n. Die eine Richtung ist da leicht (die Konvergenz der einzelnen Glieder der Reihe), aber mit der anderen Richtung tue ich mich sehr schwer. Ich habe den Tipp bekommen, dass man den Satz der dominanten Konvergenz ausnutzen kann, aber ich kann mir nicht so recht vorstellen wie.

Ich hoffe, jemand von euch kann mir helfen!

Liebe Grüße,

Primz



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Primz94
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-27


Es wäre wirklich toll, wenn mir einer helfen könnte :))



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-05-27


Hallo,

hier stand Quatsch.

Die einfache Richtung ist:
Sei $(x^n)_{n\in \mathbb{N}}\subset \ell$ eine Folge, die gegen $x\in\ell$  bzgl. $d$ konvergiert, dann konvergiert  $(x_i^n)_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ gegen $x_i\in\mathbb{R}$.
Seien $\varepsilon>0, i\in \mathbb{N}$ beliebig, so gibt es ein $N\in \mathbb{N}$ mit
\[\frac{2^{-i}\varepsilon}{1+\varepsilon}>d(x^n,x)\quad\text{für alle natürlichen Zahlen $n\geq N$}.\]
Die schwierige Richtung ist:
Sei $(x^n)_{n\in \mathbb{N}}\subset \ell$ eine Folge, sodass $(x_i^n)_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ gegen $x_i\in\mathbb{R}$ fuer alle $i\in \mathbb{N}$ konvergiert.
Sei $\varepsilon>0$ beliebig, waehle $m\in \mathbb{N}$ so, dass $\varepsilon>2^{-(m-1)}$ gelte. Da die Folgen $(x_i^n)_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ gegen ein $x_i\in\mathbb{R}$ konvergieren, gibt es für jedes $i$ ein $N_i\in \mathbb{N}$ mit
\[|x_i^n-x_i|<\frac{\varepsilon}{2}\quad\text{für alle $n\geq N_i$}.\] Sei $N:=\max\{N_1,\ldots,N_m\}$. So gilt für alle $i\leq m$
\[|x_i^n-x_i|<\frac{\varepsilon}{2}\quad\text{für alle $n\geq N$}.\] Es folgt eine Rechnung, bei der man einen Teil von $d(x^n,x)$ durch $\varepsilon/2$ abschätzen kann und den anderen Teil auch.



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Primz94
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-27


Hey Ochen, vielen Dank für deine Antwort!

Wie meinst du, die Formel sei falsch? Ich habe gerade noch einmal nachgeschaut und ich bin mir schon ziemlich sicher, dass ich die Formel richtig vom Übungsblatt übernommen habe. Was soll denn an ihr falsch sein?

Und wie findest du eine Aussage für die unendlich vielen $i$, für die jetzt noch nicht gilt, für die $N_i$ potenziell grôßer ist?



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-05-28


Sorry, ich hatte mich geirrt, die Formel ist richtig :) Tut mir leid.

Fuer ein konkretes $\varepsilon>0$ interessieren dich erstmal nur die $i\leq m$, wobei $2^{-m}<\frac{\varepsilon}{2}$ sein soll. Dann gibt es nur endlich viele (genau $m$) $N_i$, die interessant sind. Fuer die anderen musst du
$|x_i^{n}-x_i|<\frac{\varepsilon}{2}$ nicht nutzen.



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