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  Endliches Maß, gleichmäßige Konvergenz |
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JamesNguyen
Aktiv 
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 |  Themenstart: 2023-02-05
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Hallo,
ich habe eine Frage zu der Aufgabe.
Seien.
$(\Omega,\mathcal{A},\mu)$ ein Maßraum mit endlichem Maß $\mu$.
$(f_n)_n$ eine Folge von integrierbaren Funktionen $f_n:\Omega\rightarrow\IR$, die gleichmäßig gegen $f$ konvergiert.
Zeigen Sie.
$f$ ist integrierbar
und
$\int_{\Omega} f d\mu = \lim \limits_{n\to\infty} \int_{\Omega} f_n d\mu$.
Dies habe ich bereits gezeigt.
Nun noch.
Begründen Sie außerdem warum auf die Endlichkeit des Maßes nicht verzichtet werden kann.
Also; so wie ich den Beweis geführt habe und die Aufgabe gestellt ist, ist die Endlichkeit des Maßes hinreichend für die Implikation und
begründet werden soll, dass die Endlichkeit des Maßes notwendig ist.
1. Aber wenn man die Endlichkeit des Maßes weglässt, dann kann man doch die Voraussetzungen aus dem Satz der monotonen oder majorisierten Konvergenz hinzunehmen um Integrierbarkeit und Vertauschungsaussage zu erhalten. Das würde heißen, dass die Endlichkeit des Maßes im Allgemeinen nicht notwendig ist.
2. Da man wegen 1. unter Umständen auf die Endlichkeit verzichten kann. Habe ich mir gedacht, dass ich zumindest ein Gegenbeispiel angeben könnte bei dem man darauf nicht verzichten kann. Hier fiel mir aber keines ein.
Es müsste eine Funktionenfolge sein.
Deren Folgenglieder integrierbar sind.
Und die gleichmäßig gegen eine Funktion $f$ konvergiert.
Dazu müssen die Vorraussetzungen vom Satz der monotonen und gleichmäßigen Konvergenz verletzt sein.
Dann müsste ich zeigen, dass dann $f$ nicht integrierbar ist oder die Vertauschungssaussage nicht gilt.
Was denkt ihr dazu und kann jemand bei einer Begründung oder einem Gegenbeispiel helfen?
Vielen Dank,
James
Mein Beweis noch
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/53749_Screenshot_20230205_014841.png
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/53749_Screenshot_20230205_014853.png
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semasch
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-02-05
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Moin James,
\quoteon(2023-02-05 18:47 - JamesNguyen im Themenstart)
1. Aber wenn man die Endlichkeit des Maßes weglässt, dann kann man doch die Voraussetzungen aus dem Satz der monotonen oder majorisierten Konvergenz hinzunehmen um Integrierbarkeit und Vertauschungsaussage zu erhalten. Das würde heißen, dass die Endlichkeit des Maßes im Allgemeinen nicht notwendig ist.
\quoteoff
Nö, das kann man nicht, was du eben gerade durch Angabe eines Gegenbeispiels, also durch ein Vorgehen wie hier
\quoteon(2023-02-05 18:47 - JamesNguyen im Themenstart)
2. Da man wegen 1. unter Umständen auf die Endlichkeit verzichten kann. Habe ich mir gedacht, dass ich zumindest ein Gegenbeispiel angeben könnte bei dem man darauf nicht verzichten kann. Hier fiel mir aber keines ein.
Es müsste eine Funktionenfolge sein.
Deren Folgenglieder integrierbar sind.
Und die gleichmäßig gegen eine Funktion $f$ konvergiert.
Dazu müssen die Vorraussetzungen vom Satz der monotonen und gleichmäßigen Konvergenz verletzt sein.
Dann müsste ich zeigen, dass dann $f$ nicht integrierbar ist oder die Vertauschungssaussage nicht gilt.
\quoteoff
beschrieben, nachweisen sollst.
Betrachte z.B. den Maßraum $(\mathbb{R}, \mathfrak{B}, \lambda)$. Versuche, mit Indikator- und Potenzfunktionen eine passende Folge zu basteln. Mache das so, dass die Grenzfunktion nicht integrierbar ist. Wenn du damit nicht weiter kommst, melde dich wieder.
LG,
semasch
PS: In deinem Beweis kannst und solltest du dir alles mit Nullmengen und getildeten Größen ersparen. Deine ersten sechs Zeilen sind gut und zeigen die Integrierbarkeit von $f$. Dann kannst du dir ähnlich überlegen, dass $(f_n)_n$ majorisiert gegen $f$ konvergiert und direkt zu deiner letzten Zeile (ohne die getildeten Größen) gehen.
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JamesNguyen
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-06
|
Vielen Dank, semasch!
1. Ich wollte nochmal kurz auf die Aufgabenstellung eingehen.
"Begründen Sie außerdem warum auf die Endlichkeit des Maßes nicht verzichtet werden kann."
Ich habe das so verstanden. Das damit gemeint ist, dass man zeigen soll, dass in allen Fällen die Endlichkeit des Maßes vorausgesetzt werden muss.
Falls man wirklich 'das zeigen muss ist mir dazu aber ein triviales Gegenbeispiel eingefallen.
Sei das Maß nicht endlich.
Nehme die konstante Funktionenfolge bei der jedes Glied die Nullfunktion ist, die alles auf den Wert 0 abbildet.
Diese Folge konvergiert gleichmäßig gegen die Nullfunktion.
Die Nullfunktion als charakteristische Funktion auf der leeren Menge ist auch bei diesem Maß integrierbar und die Vertauschungsaussage gilt auch.
Somit hätte ich einen Fall gefunden bei dem man die Endlichkeit des Maßes nicht braucht.
2. Wenn man nun die Aufgabe so interpretiert, dass man begründen soll warum es Fälle gibt in denen man die Endlichkeit braucht. Dann landet man bei dem was du mir vorgeschlagen hast.
Hierzu bin ich mit deinem Tipp leider nicht weitergekommen.
Ich kann nicht mal sagen, dass ich es probiert habe, weil ich nicht weiß wo an beginnen soll.
Ich möchte eine gleichmäßig konvergente Funktionenfolge, deren Folgenglieder integrierbar sind.
Wir nehmen den Maßraum den du vorgeschlagen hast
Bei den charakteristischen Funktionen hat man das Problem, dass man sie ja meistens auf Intervallen definiert. Dann bekommt man aber Probleme mit der gleichmäßigen Konvergenz. Da der Abstand zur Grenzfunktion und den Nullanteilen der charakteristischen Funktionen ja gleichmäßig klein werden muss.
Bei Potenzfunktionen hat man das Problem, dass diese über ganz $\IR$ oft nicht integrierbar sind.
Mir sind dazu nur Potenzfunktionen eingefallen die auf ihrem Konvergenzradius gleichmäßig konvergieren.
3. Kannst du noch etwas dazu sagen, dass man auch ohne die getildeten Größen zum Ergebnis kommt.
Ich habe ja im zweiten Teil des Beweises ähnlich mit der gleichmäßigen Konvergenz eine Ungleichung mit der Majorante $1 + \| \tilde{f} \|_\infty$ bekommen.
Für die Integrierbarkeit dieser Majorante habe ich aber gebraucht, dass diese beschränkt ist. Das getildete f ist durch herausnehmen der Nullmenge beschränkt. Da $f$ selbst unter Umständen unbeschränkt ist.
James
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semasch
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| Beitrag No.3, eingetragen 2023-02-06
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\quoteon(2023-02-06 17:19 - JamesNguyen in Beitrag No. 2)
1. Ich wollte nochmal kurz auf die Aufgabenstellung eingehen.
"Begründen Sie außerdem warum auf die Endlichkeit des Maßes nicht verzichtet werden kann."
Ich habe das so verstanden. Das damit gemeint ist, dass man zeigen soll, dass in allen Fällen die Endlichkeit des Maßes vorausgesetzt werden muss.
Falls man wirklich 'das zeigen muss ist mir dazu aber ein triviales Gegenbeispiel eingefallen.
Sei das Maß nicht endlich.
Nehme die Nullfunktion die alles auf den Wert 0 abbildet.
Diese konvergiert gleichmäßig gegen die Nullfunktion.
Die Nullfunktion als charakteristische Funktion auf der leeren Menge ist auch bei diesem Maß integrierbar und die Vertauschungsaussage gilt auch.
Somit hätte ich einen Fall gefunden bei dem man die Endlichkeit des Maßes nicht braucht.
\quoteoff
Die Aufgabenstellung hier ist eine ganz typische und von der folgenden Form:
(i) Zeige:
\[
\forall x: \bigwedge_{1 \le i \le n} A_i(x) \implies B(x).
\]
Dabei sind $A_1(x), \ldots, A_n(x)$ die Voraussetzungen an $x$ und $B(x)$ die Schlussfolgerung über $x$.
(ii) Zeige, dass auf die Voraussetzung $A_j(x)$ an $x$ nicht verzichtet werden kann.
Wie (i) zu verstehen ist, dürfte dir klar sein. In (ii) ist zu zeigen, dass
\[
\forall x: \bigwedge_{1 \le i \le n, \, i \neq j} A_i(x) \implies B(x)
\]
nicht gilt. Du musst also die Negation davon zeigen, was natürlich nichts anderes als
\[
\exists x: \bigwedge_{1 \le i \le n, \, i \neq j} A_i(x) \land \lnot
B(x)
\]
bedeutet. Genau das ist es, was du in 2. beschrieben hast und eben das korrekte Verständnis der Aufgabenstellung in (ii). Deine Interpretation aus 1. würde man zu
\[
\exists x: \bigwedge_{1 \le i \le n, \, i \neq j} A_i(x) \land \lnot
A_j(x) \land B(x)
\]
formalisieren, was aber eben nicht die korrekte Auffassung ist.
\quoteon(2023-02-06 17:19 - JamesNguyen in Beitrag No. 2)
2. Wenn man nun die Aufgabe so interpretiert, dass man begründen soll warum es Fälle gibt in denen man die Endlichkeit braucht. Dann landet man bei dem was du mir vorgeschlagen hast.
Hierzu bin ich mit deinem Tipp leider nicht weitergekommen.
Ich kann nicht mal sagen, dass ich es probiert habe, weil ich nicht weiß wo an beginnen soll.
Ich möchte eine gleichmäßig konvergente Funktionenfolge, deren Folgenglieder integrierbar sind.
Wir nehmen den Maßraum den du vorgeschlagen hast
Bei den charakteristischen Funktionen hat man das Problem, dass man sie ja meistens auf Intervallen definiert. Dann bekommt man aber Probleme mit der gleichmäßigen Konvergenz. Da der Abstand zur Grenzfunktion und den Nullanteilen der charakteristischen Funktionen ja gleichmäßig klein werden muss.
Bei Potenzfunktionen hat man das Problem, dass diese über ganz $\IR$ oft nicht integrierbar sind.
Mir sind dazu nur Potenzfunktionen eingefallen die auf ihrem Konvergenzradius gleichmäßig konvergieren.
\quoteoff
Kein Problem, zumindest hast du dir ja mal Gedanken dazu gemacht.
Wähle sowohl die $f_n$ für $n \in \mathbb{N}$ wie auch $f =: f_{\infty}$ gemäß
\[
f_n: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, x \mapsto \frac{1_{[1,\infty)}(x)}
{x^{\alpha_n}}
\]
für $n \in \mathbb{N} \cup \{\infty\}$ mit geeigneten $\alpha_n \in \mathbb{R}$.
\quoteon(2023-02-06 17:19 - JamesNguyen in Beitrag No. 2)
3. Kannst du noch etwas dazu sagen, dass man auch ohne die getildeten Größen zum Ergebnis kommt.
Ich habe ja im zweiten Teil des Beweises ähnlich mit der gleichmäßigen Konvergenz eine Ungleichung mit der Majorante $1 + \| \tilde{f} \|_\infty$ bekommen.
Für die Integrierbarkeit dieser Majorante habe ich aber gebraucht, dass diese beschränkt ist. Das getildete f ist durch herausnehmen der Nullmenge beschränkt. Da $f$ selbst unter Umständen unbeschränkt ist.
\quoteoff
Laut Themenstart konvergiert die Folge reeller Funktionen $(f_n)_n$ auf ganz $\Omega$ gleichmäßig gegen $f$. Insbesondere ist $N_n = \emptyset$ für alle $n \in \mathbb{N}$.
Sei nun $N \in \mathbb{N}$ derart, dass $\|f_n-f\|_{\infty} \le 1$ für alle $n \ge N$. Einerseits ist damit
\[
|f| \le |f_N| + |f_N-f| \le
|f_N|+1
\]
Offensichtlich ist damit auch $f$ reellwertig und integrierbar, also ist auch $N_0 = \emptyset$. Du siehst, dass sich die Berücksichtigung deiner Nullmengen erübrigt.
Analog folgt dann auch
\[
|f_n| \le |f|+1
\]
für alle $n \ge N$, womit die Konvergenz majorisiert ist.
LG,
semasch
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JamesNguyen
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-06
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Vielen Dank nochmal, semasch!
Deine Antwort hat alle Unklarheiten beseitigt.
Das mit der Aufgabenstellung merke ich mir ab jetzt wohl.
(Für mich kommt das ein wenig darauf an wie man die Aufgabe auslegt.
Aber es ist naheliegend das hier nicht nach dem einfachen Weg
"die Aufgabenstellung ist falsch" gefragt wurde.)
Deine logische Auslegung ist jedenfalls schlüssig.
Die Folge von dir finde ich klasse, weil für mich unerwartet zielführend.
Den Beweis konnte ich nun anpassen.
Das mit den Nullmengen ist sehr einleuchtend. Ich habe ganz übersehen, dass die Funktionenfolgen reellwertig sind.
Um die gleichmäßige Konvergenz zu zeigen habe ich gegen eine Nullfolge abgeschätzt. Da musste ich etwas kämpfen, weil ich es mit Induktion nicht hinbekommen habe.
Habe es dann ohne Induktion mit Bernoullischer Ungleichung geschafft.
Ich habe $\alpha_n = 1 + 1/n$ genommen.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/53749_Screenshot_20230206_235116.png
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semasch
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| Beitrag No.5, eingetragen 2023-02-07
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Perfekt, freut mich, dass dann alles geklappt hat! Ich kann die Richtigkeit deiner Ausführungen im Weiteren dann auch noch bestätigen. Für $\alpha_n$ habe ich auch genau das Gleiche gewählt.
LG,
semasch
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JamesNguyen hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
JamesNguyen hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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