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 Maßtheorie fast überall Nullfolge |
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Seegurke4012
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Dabei seit: 02.12.2022
Mitteilungen: 3
 |  Themenstart: 2022-12-02
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$(\mathbb{R}, \mathcal{L}, \lambda)$ ist der Lebesgue raum
Sei $f \in L^1(\lambda)$ dann gilt $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f(x-n)=0=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f(x+n), \lambda-$fast-überall
Ich glaube, es sollte reichen zu zeigen, dass es für $f(x+n)$ gilt. Der andere fall sollte analog sein. Dazu habe ich mir überlegt, dass wir ja erstmal $f_n(x)=f(x+n)$ schreiben können. Nach der Definition von f.ü. konvergent müsste dann ja gelten $\exists N \in \mathcal{L}$
mit $\lambda(N)=0$ sodass $f_n \cdot 1_{|\mathbb{R}/N} \xrightarrow[pktw]{n\rightarrow \infty} f \cdot 1_{|\mathbb{R}/N}$
Nach der definition von konvergenz wissen wir $\forall \epsilon > 0 \exists N \in \mathbb{N} \forall n \geq N: |x_n-x|\leq \epsilon $
Also müsste man doch nur noch zeigen, dass $\{n \in \mathbb{N} ~|~ n \geq N \text{ und } f(x+n) \neq 0\}$ eine Nullmenge ist
ich sehe leider nur nicht ganz wie das aus $f \in L^1(\lambda) (=\{f | \int_{\mathbb{R}} f(x) d\lambda(x) <\infty \} )$ folgt
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SergejGleitman
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Mitteilungen: 65
|  Beitrag No.1, eingetragen 2022-12-02
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\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren
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\)
Moin Seegurke und willkommen auf dem Planeten!
Du bräuchtest doch, dass für \(\varepsilon>0\) ein \(N\in\N\) existiert, sodass für alle \(n\in(N,\infty)\setminus M\) gilt \(f(x+n)<\varepsilon\). Hierbei sollte \(M\) eine Nullmenge sein.
Ohne Einschränkung kannst du annehmen, dass \(M\) nach oben unbeschränkt, ist (warum?).
Was wäre, wenn \(M\) nun keine Nullmenge wäre? Könnte \(f\) dann noch in \(\mathrm{L}^1\) sein?.
LG Serj\(\endgroup\)
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SergejGleitman
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| Beitrag No.2, eingetragen 2022-12-02
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\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren
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\)
\quoteon(2022-12-02 17:27 - Seegurke4012 im Themenstart)
Also müsste man doch nur noch zeigen, dass $\{n \in \mathbb{N} ~|~ n \geq N \text{ und } f(x+n) \neq 0\}$ eine Nullmenge ist
\quoteoff
Um nochmal genauer auf die Frage und Deinen Ansatz einzugehen: die Natürlichen Zahlen sind immer eine Nullmenge bzgl. \(\lambda\), da sie abzählbar sind. Du willst eher soetwas wie
\(\{x\in\R | x\geq N \text{ und } f(x+n) \neq0\}\) soll Nullmenge sein.
Aber auch dass ist m.E. zu streng. Es reicht, dass \(\{x\in\R | x\geq N \text{ und } f(x+n) >\varepsilon\}\) Nullmenge ist.\(\endgroup\)
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Seegurke4012
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-03
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Okay also ich würde dann einfach mal sagen, dass $M:=\{ x \in \mathbb{R} | x \geq N \land f(x+n) > \epsilon \}$ wenn
\quoteon
Du bräuchtest doch, dass für \(\varepsilon>0\) ein \(N\in\N\) existiert, sodass für alle \(n\in(N,\infty)\setminus M\) gilt \(f(x+n)<\varepsilon\). Hierbei sollte \(M\) eine Nullmenge sein.
\quoteoff
Gilt dann folgt daraus ja schon das, was ich zeigen möchte
Wenn M nicht von beschränkt ist, dann muss es ja N geben ab welchen f(x+n)= 0 ist und dann hätten wir auch schon das was wir bräuchten
M ist eine Nullmenge, denn wenn nicht, wäre f nicht in $L^1$ das kann man dann ja einfach mit der Definition des Lebesgue Integrals hinschreiben und sieht das die summe der Treppenfunktionen nicht konvergiert.
Okay also gilt noch zu zeigen, dass
$\forall \epsilon > 0 \exists N \in \mathbb{N} \forall n\in (N,\infty)\setminus M : f(x+n) < \epsilon $
Angenommen das gilt nicht, dann exestier ein $\epsilon$, sodass für alle N ein n existiert, sodass $f(x+n)\geq \epsilon$ jetzt weiß ich aber nicht, warum das nicht gelten kann
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SergejGleitman
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Mitteilungen: 65
| Beitrag No.4, eingetragen 2022-12-03
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\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren
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\quoteon(2022-12-03 15:54 - Seegurke4012 in Beitrag No. 3)
Okay also gilt noch zu zeigen, dass
$\forall \epsilon > 0 \exists N \in \mathbb{N} \forall n\in (N,\infty)\setminus M : f(x+n) < \epsilon $
Angenommen das gilt nicht, dann exestier ein $\epsilon$, sodass für alle N ein n existiert, sodass $f(x+n)\geq \epsilon$ jetzt weiß ich aber nicht, warum das nicht gelten kann
\quoteoff
Du kannst nicht mehr sinnvoll punktweise auswerten, wenn du über Funktionen auf \(\mathrm{L}^1\) redest. Das sind Äquivalenzklassen von Funktionen, die sich auf einer Nullmenge unterscheiden können, insbesondere also auf einpunktigen Mengen. Du musst Aussagen über Punktauswertungen immer für eine nicht-nullmenge treffen.
Richtig müsste es heißen:
\quoteon
Angenommen das gilt nicht, dann exestiert ein $\epsilon$, sodass für alle N eine Menge von \(n\) existiert mit \(n>N\), sodass $f(x+n)\geq \epsilon$ und die Menge dieser \(n\) positives Maß hat.
Oder schöner:
...
sodass für alle N eine Menge \(M\subseteq(N,\infty)\) existiert, sodass $f(x+n)\geq \epsilon$ für \(n\in M\) und \(\lambda(M)>0\).
\quoteoff
Du musst zeigen
$\forall \epsilon > 0 \exists N \in \mathbb{N},\,M\textrm{ Nullmenge } \forall n\in (N,\infty)\setminus M : f(x+n) < \epsilon $
Mit anderen Worten:
Für \(\varepsilon>0\) existiert ein \(N\in\N\), sodass für \(\lambda\)-fast alle \(x>N\) gilt: \(f(x)<\varepsilon\).\(\endgroup\)
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