Nullfolgen in metr. Vektorraum < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 12:32 Di 01.11.2011 | | Autor: | skoopa |
| Aufgabe | Es sei (E,d) ein metrischer Vektorraum. Man zeige:
(a) Für [mm] x\in [/mm] E und [mm] n\in \IN [/mm] gilt: [mm] d(nx,0)\leq{n*d(x,0)}
[/mm]
(b) Für jede Nullfolge [mm] (x_{n})_{n\in\IN} [/mm] in E gibt es eine reelle Folge [mm] (\lambda_{n})_{n\in\IN} [/mm] mit [mm] \lambda_{n} \to \infty (n\to\infty), [/mm] sodass [mm] (\lambda_{n}x_{n})_{n\in\IN} [/mm] wieder Nullfolge in E ist. |
Hey Leuteee!
Ich bin mir irgendwie unsicher, ob die Begründung für meine Lösung so ausreichend ist.
Also:
(a) Da wir mit einem metrischen Vektorraum arbeiten ist die Metrik translationsinvariant. Das heißt es gilt: d(x+n,y+n)=d(x,y).
Also erhalten wir durch mehrfache Anwendung der Dreiecksungleichung der Metrik:
[mm] d(nx,0)\leq d(nx,(n-1)x)+d((n-1)x,0)\leq d(nx,(n-1)x)+...+d(2x,x)+d(x,0)=\summe_{k=1}^{n}d(kx,(k-1)x)
[/mm]
Und wegen d(kx,(k-1)x)=d(x,0) ist dann: [mm] \summe_{k=1}^{n}d(kx,(k-1)x)=n*d(x,0).
[/mm]
(b) Sei [mm] \mu_{n}:=d(x_{n},0). [/mm] Dann gilt [mm] \mu_{n}\to 0(n\to\infty).
[/mm]
Bezeichne F(x) die untere Gaußklammer.
Definiere [mm] \lambda_{n}:=F(\frac{1}{\mu_{n}}), [/mm] falls [mm] \mu_{n}\not=0 [/mm] und [mm] \lambda_{n}:=n, [/mm] falls [mm] \mu_{n}=0.
[/mm]
Dann ist auf jeden Fall [mm] \lambda_{n}\to\infty (n\to\infty) [/mm] und [mm] \lambda_{n}\in\IN\subset\IR.
[/mm]
Bleibt noch [mm] d(\lambda_{n}x_{n},0)\to0 [/mm] zu zeigen.
Für [mm] \mu_{n}=0 [/mm] ist wegen (a): [mm] d(\lambda_{n}x_{n},0)=0 [/mm]
Für [mm] \mu_{n}\not=0 [/mm] erhalten wir mit (a), da [mm] \lambda_{n}\in\IN: d(\lambda_{n}x_{n},0)\leq\lambda_{n}d(x_{n},0)=F(\frac{1}{\mu_{n}})\mu_{n} [/mm] .
Das geht gegen Null, da [mm] \mu_{n} [/mm] schneller gegen 0 geht, als [mm] F(\frac{1}{\mu_{n}}) [/mm] gegen unendlich.
Und irgendwie ist es mir unmöglich die letzte Konvergenzaussage zu formalisieren, also das ganze Abzuschätzen oder so.
Oder reicht die Aussage so?
Wäre sehr dankbar für ne kleine Hilfe!
Beste Grüße!
skoopa
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:53 Di 01.11.2011 | | Autor: | Lippel |
Moin,
> Es sei (E,d) ein metrischer Vektorraum. Man zeige:
> (a) Für [mm]x\in[/mm] E und [mm]n\in \IN[/mm] gilt: [mm]d(nx,0)\leq{n*d(x,0)}[/mm]
> (b) Für jede Nullfolge [mm](x_{n})_{n\in\IN}[/mm] in E gibt es
> eine reelle Folge [mm](\lambda_{n})_{n\in\IN}[/mm] mit [mm]\lambda_{n} \to \infty (n\to\infty),[/mm]
> sodass [mm](\lambda_{n}x_{n})_{n\in\IN}[/mm] wieder Nullfolge in E
> ist.
> Hey Leuteee!
> Ich bin mir irgendwie unsicher, ob die Begründung für
> meine Lösung so ausreichend ist.
> Also:
> (a) Da wir mit einem metrischen Vektorraum arbeiten ist
> die Metrik translationsinvariant. Das heißt es gilt:
> d(x+n,y+n)=d(x,y).
> Also erhalten wir durch mehrfache Anwendung der
> Dreiecksungleichung der Metrik:
> [mm]d(nx,0)\leq d(nx,(n-1)x)+d((n-1)x,0)\leq d(nx,(n-1)x)+...+d(2x,x)+d(x,0)=\summe_{k=1}^{n}d(kx,(k-1)x)[/mm]
>
> Und wegen d(kx,(k-1)x)=d(x,0) ist dann:
> [mm]\summe_{k=1}^{n}d(kx,(k-1)x)=n*d(x,0).[/mm]
Jop, mit einer Induktion vermeidst du die [mm] "$\ldots$".
[/mm]
> (b) Sei [mm]\mu_{n}:=d(x_{n},0).[/mm] Dann gilt [mm]\mu_{n}\to 0(n\to\infty).[/mm]
>
> Bezeichne F(x) die untere Gaußklammer.
> Definiere [mm]\lambda_{n}:=F(\frac{1}{\mu_{n}}),[/mm] falls
> [mm]\mu_{n}\not=0[/mm] und [mm]\lambda_{n}:=n,[/mm] falls [mm]\mu_{n}=0.[/mm]
> Dann ist auf jeden Fall [mm]\lambda_{n}\to\infty (n\to\infty)[/mm]
> und [mm]\lambda_{n}\in\IN\subset\IR.[/mm]
> Bleibt noch [mm]d(\lambda_{n}x_{n},0)\to0[/mm] zu zeigen.
> Für [mm]\mu_{n}=0[/mm] ist wegen (a): [mm]d(\lambda_{n}x_{n},0)=0[/mm]
> Für [mm]\mu_{n}\not=0[/mm] erhalten wir mit (a), da
> [mm]\lambda_{n}\in\IN: d(\lambda_{n}x_{n},0)\leq\lambda_{n}d(x_{n},0)=F(\frac{1}{\mu_{n}})\mu_{n}[/mm]
> .
> Das geht gegen Null, da [mm]\mu_{n}[/mm] schneller gegen 0 geht,
> als [mm]F(\frac{1}{\mu_{n}})[/mm] gegen unendlich.
Ich glaube nicht, dass das gegen null geht, eher gegen 1, aber sicher bin ich mir nicht. Ich denke du musst die Folge [mm] $\lambda_n$ [/mm] noch langsamer wachsen lassen, also z.B [mm] $\lambda_n [/mm] = [mm] F\left(\sqrt{\frac{1}{\mu_n}}\right)$, [/mm] dann kannst du am Ende abschätzen:
[mm] $d(\lambda_{n}x_{n},0)\leq\lambda_{n}d(x_{n},0)=F\left(\sqrt{\frac{1}{\mu_{n}}}\right)\mu_{n} \leq \sqrt{\frac{1}{\mu_{n}}}\mu_{n} [/mm] = [mm] \sqrt{\mu_n}$ [/mm] und das geht gegen 0.
Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:37 Di 01.11.2011 | | Autor: | skoopa |
Superklasse!
Allerbesten Dank!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:21 Do 03.11.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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