Konvergenz Funktionenfolge < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben ist die Funktionenfolge [mm] $f_{n}(x) [/mm] = [mm] n*\sin\left(\frac{1}{n}*x\right)$ [/mm] auf [mm] $[-\pi/2,\pi/2]$. [/mm] Nach dem Satz von Arzela-Ascoli existiert eine Teilfolge [mm] f_{n_{k}}, [/mm] für die gilt: Es existiert ein [mm] $f\in C[-\pi/2,\pi/2]$ [/mm] (Menge der stetigen Funktionen), sodass
[mm] $\parallel f_{n_{k}} [/mm] - [mm] f\parallel_{\infty}\to [/mm] 0$.
Finden Sie Häufungspunkte von [mm] f_{n} [/mm] und den Limes von [mm] f_{n_{k}}. [/mm] |
Hallo!
Ich habe eine Frage zu obiger Aufgabe. Nach meinen Überlegungen wäre eigentlich schon die Ausgangs-Funktionenfolge konvergent gegen f(x) = x, hätte also nur diesen einen Häufungspunkt.
Vielleicht liege ich da falsch - könnt ihr mir meinen Fehler aufzeigen? Meine Idee geht so: Für alle [mm] $x\in[-\pi/2,\pi/2]$ [/mm] gilt
[mm] $\lim_{n\to\infty}f_{n}(x) [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}n*\sin\left(\frac{1}{n}*x\right) [/mm] = [mm] \lim_{a\to 0}\frac{\sin(a*x)}{a} [/mm] = x$.
Die Substitution a = ... könnte ich ja dann auch für alle Teilfolgen [mm] f_{n_{k}} [/mm] vornehmen, indem ich sozusagen a = [mm] \frac{1}{n_{k}} [/mm] substituiere.
Grüße und danke für Eure Hilfe!
Stefan
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Hiho,
ich komm aufs gleiche Ergebnis wie du, auch ohne Substitution, insofern brauchst du diese nichteinmal.
Damit hast du ja allerdings erst die punktweise Konvergenz gezeigt
Die Konvergenz bzgl [mm] ||*||_{\infty} [/mm] (d.h. [mm] ||f_n [/mm] - [mm] f||_{\infty} \to [/mm] 0) ist aber äquivalent zur gleichmäßigen Konvergenz, d.h. erst wenn du diese zeigst, bist du fertig.
MFG,
Gono.
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Hallo Gonozal_IX,
danke für deine Antwort!
Mhhh... Gleichmäßige Konvergenz. Ich müsste also zeigen (Kurzvariante), dass unabhängig von x
[mm] $|f_{n}(x)-x|$
[/mm]
beliebig klein wird, wenn n nur groß genug gewählt wird. Ich verwende die Summendarstellen von [mm] f_{n}(x) [/mm] = [mm] n*\sin(1/n*x):
[/mm]
[mm] $|f_{n}(x)-x| [/mm] = [mm] |n*\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*x)^{2k+1}}{(2k+1)!}-x| [/mm] = [mm] |n*\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*x)^{2k+1}}{(2k+1)!}|\le |x|*\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*|x|)^{2k}}{(2k+1)!} \le |x|*e^{1/n*|x|}$.
[/mm]
Und da ich nun wegen [mm] x\in[-\pi/2,\pi/2] [/mm] gilt: [mm] $|x|\le \pi/2$, [/mm] kann ich immer ein n finden, so dass das sehr klein wird.
Stimmt das?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:46 Do 14.01.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Gonozal_IX,
>
> danke für deine Antwort!
> Mhhh... Gleichmäßige Konvergenz. Ich müsste also zeigen
> (Kurzvariante), dass unabhängig von x
>
> [mm]|f_{n}(x)-x|[/mm]
>
> beliebig klein wird, wenn n nur groß genug gewählt wird.
> Ich verwende die Summendarstellen von [mm]f_{n}(x)[/mm] =
> [mm]n*\sin(1/n*x):[/mm]
>
> [mm]|f_{n}(x)-x| = |n*\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*x)^{2k+1}}{(2k+1)!}-x| = |n*\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*x)^{2k+1}}{(2k+1)!}|\le |x|*\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}*\frac{(1/n*|x|)^{2k}}{(2k+1)!} \le |x|*e^{1/n*|x|}[/mm].
In der letzten Reihe oben rechts streiche noch den Faktor [mm] $(-1)^k$ [/mm] (Du bist doch zum Betrag übergegangen !)
Ansonsten stimmen Deine Abschätzungen
Bedenke noch: [mm] $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1/n*|x|)^{2k}}{(2k+1)!} \le [/mm] sinh(|x|/n)$
Du bekommst also eine etwas bessere Abschätzung als mit der e-Funktion
FRED
>
> Und da ich nun wegen [mm]x\in[-\pi/2,\pi/2][/mm] gilt: [mm]|x|\le \pi/2[/mm],
> kann ich immer ein n finden, so dass das sehr klein wird.
>
> Stimmt das?
>
> Grüße,
> Stefan
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Okay,
danke für deine Antwort und Korrektur  ,
Fred!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:59 Do 14.01.2010 | | Autor: | Gonozal_IX |
Du brauchst sogar die Abschätzung von fred, denn deine Abschätzung konvergiert nicht gegen 0 für $n [mm] \to \infty$ [/mm] !
Und du musst natürlich noch begründen, warum nun gleichmäßige Konvergenz vorliegt, denn auch Freds abschätzung hängt noch von x ab, da brauchst du noch eine 
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:03 Do 14.01.2010 | | Autor: | fred97 |
> Du brauchst sogar die Abschätzung von fred, denn deine
> Abschätzung konvergiert nicht gegen 0 für [mm]n \to \infty[/mm] !
Gut aufgepasst! Das ist mir gar nicht aufgefallen
>
> Und du musst natürlich noch begründen, warum nun
> gleichmäßige Konvergenz vorliegt, denn auch Freds
> abschätzung hängt noch von x ab, da brauchst du noch eine
Das hat Stefan aber oben schon gesagt: $x [mm] \in[ \pi/2, [/mm] - [mm] \pi/2]$
[/mm]
FRED
>
>
> MFG,
> Gono.
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Hallo ihr beiden,
danke für Eure Hinweise!
Ist mir auch jetzt aufgefallen, dass das mit der e-Funktion gar nicht funktioniert... Jetzt habe ich aber ein Problem: Wir haben in der Vorlesung keinen Sinus Hyperbolicus gehabt - was mache ich denn da?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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Hiho,
nutze einfach die Identität
$sinh(x) = [mm] \bruch{1}{2}(e^x [/mm] - [mm] e^{-x})$
[/mm]
Schätze deine Reihe also dagegen ab, bzw gegen die Reihendarstellung von [mm] $e^x [/mm] - [mm] e^{-x}$ [/mm] (das [mm] \bruch{1}{2} [/mm] vorne kannst du ja ganz großzügig weglassen )
MFG,
Gono.
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Hallo Gonozal_IX,
danke für deine Antwort!
Ich habe allerdings noch ein Problem... Ich komme nicht auf die Abschätzung. Ich habe:
[mm] $|f_{n}(x)-x| \le|x|\cdot{}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1/n\cdot{}|x|)^{2k}}{(2k+1)!}$
[/mm]
und ich weiß, dass:
[mm] $\sinh(1/n*|x|) [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/n*|x|)^{2k+1}}{(2k+1)!}$
[/mm]
ist. Wie genau mache ich jetzt die Abschätzung? Ich bekomme es nicht hin, wegen den verschiedenen Exponenten in den Summen (2k und 2k+1).
Vielleicht ist es ganz banal, und ich sehe es nur nicht?
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:53 So 17.01.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Gonozal_IX,
>
> danke für deine Antwort!
> Ich habe allerdings noch ein Problem... Ich komme nicht
> auf die Abschätzung. Ich habe:
>
> [mm]|f_{n}(x)-x| \le|x|\cdot{}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1/n\cdot{}|x|)^{2k}}{(2k+1)!}[/mm]
>
> und ich weiß, dass:
>
> [mm]\sinh(1/n*|x|) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/n*|x|)^{2k+1}}{(2k+1)!}[/mm]
>
> ist. Wie genau mache ich jetzt die Abschätzung? Ich
> bekomme es nicht hin, wegen den verschiedenen Exponenten in
> den Summen (2k und 2k+1).
> Vielleicht ist es ganz banal, und ich sehe es nur nicht?
Hmja, dann mach's doch so:
Da $(2k+1)! > (2k)!$ ist, ist
[mm] \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1/n\cdot{}|x|)^{2k}}{(2k+1)!} < \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1/n\cdot{}|x|)^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/n\cdot{}|x|)^{2k}}{(2k)!} -1 = \cosh \bruch{|x|}{n} -1 \le \bruch{1}{2} (e^{|x|/n} - 1)[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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Ok, danke Rainer!
Grüße,
Stefan
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