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Funktionenfolgen und -reihen » Konvergenz » Maßtheorie fast überall Nullfolge
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Universität/Hochschule Maßtheorie fast überall Nullfolge
Seegurke4012
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  Themenstart: 2022-12-02

$(\mathbb{R}, \mathcal{L}, \lambda)$ 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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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-12-02

\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren \newcommand{\DeclareAutoPairedDelimiter}[3]{%   \expandafter\DeclarePairedDelimiter\csname Auto\string#1\endcsname{#2}{#3}%   \begingroup\edef\x{\endgroup     \noexpand\DeclareRobustCommand{\noexpand#1}{%       \expandafter\noexpand\csname Auto\string#1\endcsname*}}%   \x} \DeclareAutoPairedDelimiter{\set}{\{}{\}} \DeclareAutoPairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\dual}{\langle}{\rangle} \DeclareAutoPairedDelimiter{\mset}{\lbrace}{\rbrace} %Konstanten \newcommand{\ue}{\mathrm{e}} \newcommand{\ui}{\mathrm{i}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\ud}{\mathrm{d}} %Mengen \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\U}{\mathbb{U}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\T}{\mathbb{T}} \renewcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Ball}{\mathrm{B}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} %Gängige Funktionen \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn} \DeclareMathOperator{\proj}{proj} \DeclareMathOperator{\artanh}{artanh} \DeclareMathOperator{\Area}{A} \DeclareMathOperator{\RE}{Re} \DeclareMathOperator{\IM}{Im} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \DeclareMathOperator{\ran}{ran} \DeclareMathOperator{\Id}{Id} \DeclareMathOperator{\Log}{Log} \DeclareMathOperator{\Arg}{Arg} \def\haken#1{\underline{#1}{\raise -0.3ex\hbox{\vphantom{$#1$}\vrule height 0.7ex}}} \DeclareMathOperator{\Span}{span} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \DeclareMathOperator{\dist}{dist} %Funktionenräume \DeclareMathOperator{\sL}{\mathcal{L}} \DeclareMathOperator{\Lp}{L} \DeclareMathOperator{\Ck}{C} \DeclareMathOperator{\Wkp}{W} \newcommand{\Moeb}{\textrm{M\"ob}} \DeclareMathOperator{\Isom}{Isom} \) 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

\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren \newcommand{\DeclareAutoPairedDelimiter}[3]{%   \expandafter\DeclarePairedDelimiter\csname Auto\string#1\endcsname{#2}{#3}%   \begingroup\edef\x{\endgroup     \noexpand\DeclareRobustCommand{\noexpand#1}{%       \expandafter\noexpand\csname Auto\string#1\endcsname*}}%   \x} \DeclareAutoPairedDelimiter{\set}{\{}{\}} \DeclareAutoPairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\dual}{\langle}{\rangle} \DeclareAutoPairedDelimiter{\mset}{\lbrace}{\rbrace} %Konstanten \newcommand{\ue}{\mathrm{e}} \newcommand{\ui}{\mathrm{i}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\ud}{\mathrm{d}} %Mengen \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\U}{\mathbb{U}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\T}{\mathbb{T}} \renewcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Ball}{\mathrm{B}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} %Gängige Funktionen \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn} \DeclareMathOperator{\proj}{proj} \DeclareMathOperator{\artanh}{artanh} \DeclareMathOperator{\Area}{A} \DeclareMathOperator{\RE}{Re} \DeclareMathOperator{\IM}{Im} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \DeclareMathOperator{\ran}{ran} \DeclareMathOperator{\Id}{Id} \DeclareMathOperator{\Log}{Log} \DeclareMathOperator{\Arg}{Arg} \def\haken#1{\underline{#1}{\raise -0.3ex\hbox{\vphantom{$#1$}\vrule height 0.7ex}}} \DeclareMathOperator{\Span}{span} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \DeclareMathOperator{\dist}{dist} %Funktionenräume \DeclareMathOperator{\sL}{\mathcal{L}} \DeclareMathOperator{\Lp}{L} \DeclareMathOperator{\Ck}{C} \DeclareMathOperator{\Wkp}{W} \newcommand{\Moeb}{\textrm{M\"ob}} \DeclareMathOperator{\Isom}{Isom} \) \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

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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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-12-03

\(\begingroup\)\(%Öffnende und schließende Operatoren \newcommand{\DeclareAutoPairedDelimiter}[3]{%   \expandafter\DeclarePairedDelimiter\csname Auto\string#1\endcsname{#2}{#3}%   \begingroup\edef\x{\endgroup     \noexpand\DeclareRobustCommand{\noexpand#1}{%       \expandafter\noexpand\csname Auto\string#1\endcsname*}}%   \x} \DeclareAutoPairedDelimiter{\set}{\{}{\}} \DeclareAutoPairedDelimiter{\norm}{\lVert}{\rVert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert} \DeclareAutoPairedDelimiter{\dual}{\langle}{\rangle} \DeclareAutoPairedDelimiter{\mset}{\lbrace}{\rbrace} %Konstanten \newcommand{\ue}{\mathrm{e}} \newcommand{\ui}{\mathrm{i}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\ud}{\mathrm{d}} %Mengen \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\U}{\mathbb{U}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\T}{\mathbb{T}} \renewcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\Ball}{\mathrm{B}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} %Gängige Funktionen \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn} \DeclareMathOperator{\proj}{proj} \DeclareMathOperator{\artanh}{artanh} \DeclareMathOperator{\Area}{A} \DeclareMathOperator{\RE}{Re} \DeclareMathOperator{\IM}{Im} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \DeclareMathOperator{\ran}{ran} \DeclareMathOperator{\Id}{Id} \DeclareMathOperator{\Log}{Log} \DeclareMathOperator{\Arg}{Arg} \def\haken#1{\underline{#1}{\raise -0.3ex\hbox{\vphantom{$#1$}\vrule height 0.7ex}}} \DeclareMathOperator{\Span}{span} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \DeclareMathOperator{\dist}{dist} %Funktionenräume \DeclareMathOperator{\sL}{\mathcal{L}} \DeclareMathOperator{\Lp}{L} \DeclareMathOperator{\Ck}{C} \DeclareMathOperator{\Wkp}{W} \newcommand{\Moeb}{\textrm{M\"ob}} \DeclareMathOperator{\Isom}{Isom} \) \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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