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Analysis » Grenzwerte » Grenzwertaussage umformulieren
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Universität/Hochschule J Grenzwertaussage umformulieren
Mathematikos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-17


Hallo zusammen,

ich habe ein einfache Analysis I Frage:

Sei $A \subset \mathbb{R}^d$ ein beschränktes Gebiet mit glattem Rand (bspw. eine Kugel) und $f:A \rightarrow \mathbb{R}$.
Nehme nun an, dass für alle $x_0 \in \partial A$ gilt $$\lim_{A \ni x \rightarrow x_0} f(x) =0.$$ Das heißt, $f$ ist am Rand von $A$ stetig und konstant $0$.

Sei nun $x_r \in A$ beliebig mit $dist(x_r, \partial A)<r$, das heißt der Abstand zwischen $x_r$ und dem Rand von $A$ ist $r$.

Wie kann ich nun formal richtig folgern, dass

$$\lim_{r \rightarrow 0} f(x_r) =0.$$
Es wäre ja trivial wenn $x_r$ konvergieren würde aber das muss ja nicht zwingend sein. Ich habe also keinen Punkt $x_0 \in \partial A$ mit dem ich arbeiten kann, indem ich die Stetigkeit an der Stelle ausnutze.

Was kann ich sonst machen?

Vielen Dank!
Mathematikos



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-17


Hallo,

was bedeutet "einfach beschränkt"? Deine Bedingung bedeutet übrigens nicht, dass $f$ stetig am Rang ist, sondern, dass $f$ stetig fortsetzbar ist.

Ich denke, dass die Aussage, die du folgern möchtest, falsch ist. Versuche also stattdessen ein Gegenbeispiel zu konstruieren.  😄

Edit: Sorry, $f$ ist nicht stetig fortsetzbar, schließlich ist sie nicht mal stetig. Mein Gegenbeispiel hatte auch eine Lücke.


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-17


Hallo,

vielleicht kannst du benutzen, dass der Abschluss des Gebiets kompakt ist und die fortgesetzte Funktion stetig auf einer kompakten Menge ist.

Wally

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-17


Hallo Wally,

hast du einen Beweis für die Aussage? Deine Idee habe ich mir auch überlegt, aber letztendlich habe ich ein Gegenbeispiel konstruiert. Es ist natürlich möglich, dass ich einen Fehler gemacht habt.


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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-17


Hallo zusammen,

also wenn ich keinen Denkfehler mache, sollte die Aussage gelten:

Es reicht, zu zeigen, dass es für jede Folge $(x_n)_n$ mit $\operatorname{dist}(x_n, \partial A) \to 0$ eine Teilfolge $(x_{n_k})_k$ gibt mit $\lim_{k \to \infty} f(x_{n_k}) = 0$. Damit folgt die Aussage aber aus der Kompaktheit von $\overline A$ (denn $(x_n)$ hat eine TF die gegen ein $x_0\in \partial A$ konvergiert).



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Mathematikos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-17


Hallo qzwru,

vielen Dank für den Hinweis.
Könntest du nochmal ausführen, warum es genügt, dass $\lim_{k \to \infty} f(x_{n_k}) = 0$ für eine Teilfolge $(x_{n_k})_k$? Was ist mit den anderen Teilfolgen, für die dieser Zusammenhang nicht gilt? 😵



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-17


Ja klar:

Angenommen es gibt eine Folge $(x_n)_n$ in $A$ mit $\operatorname{dist}(x_n, \partial A) \to 0$ aber sodass $(f(x_n))_n$ nicht gegen 0 konvergiert. Dann existiert ein $\varepsilon>0$ sodass $|f(x_n)|\geq \varepsilon$ für unendlich viele $n$. D.h. es gibt eine Teilfolge $(x_{n_k})_k$ sodass $|f(x_{n_k})|\geq \varepsilon$ für alle $k\in \mathbb N$. Dann hat die Folge $(x_{n_k})_k$ aber keine Teilfolge $(x_{n_{k_j}})_j$ sodass $(f(x_{n_{k_j}}))_j$ gegen 0 konvergiert (und es gilt $\operatorname{dist}(x_{n_k}, \partial A) \to 0$ für $k\to \infty$).

Bemerkung: Allgemein sieht man so: Eine Folge konvergiert gegen einen Punkt, genau dann wenn jede Teilfolge der Folge eine Teilfolge hat die gegen diesen Punkt konvergiert.



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Mathematikos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-17


Wunderbar! Danke!



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Ich denke, so ist das einfacher:

\(f\) ist stetig auf die kompakte Menge \(\overline{A}\) fortsetzbar, also dort gleichmäßig stetig.

Das heißt: zu \(\varepsilon>0\) gibt es \(\delta>0\) mit:

Ist \(\text{dist}(x,\partial A)<\delta \) so ist \(|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\). Dabei kann man \(x_0\in \partial A\) irgendwie wählen.

Für unbeschränkte Mengen \(A\) ist die Aussage übrigens falsch.

Wally
\(\endgroup\)


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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-01-17


Hallo Wally,

es war nicht vorausgesetzt, dass $f$ stetig auf $A$ ist.



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Oha, da hast du Recht.

Wir haben in der Tat nur, dass \(f\) in der Nähe des Randes stetig ist und ich könnte meinen Beweis flicken, damit er dann passt.

Aber in diesem Fall ist deine Argumentation besser :)

Wally
\(\endgroup\)


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Mathematikos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-18


Hallo Wally und qzwru,

vielen Dank für die Beiträge. Ich sehe gerade, dass ich sogar $f$ als stetig annehmen kann auf $A$. Von daher passen beide Argumentationen und mir haben auch beide Vorschläge weitergeholfen.

LG
Mathematikos



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