nochmal zur Äquivalenz von No. < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo zusammen!
Es kann sein, daß ich folgende Fragen schonmal gestellt habe, dann entschuldige ich mich fürs Doppelposting!
| Aufgabe | Satz
Alle Normen im [mm]\mathbb{R}^n[/mm] sind äquivalent.
Beweis
Es bezeichne [mm]\left\{e_i:i=1,\dotsc,n\right\}[/mm] eine kanonische Basis von [mm]\mathbb{R}^n[/mm]. Für [mm]\textstyle v = \sum_{i=1}^n{v_ie_i}\in\mathbb{R}^n[/mm] sei durch [mm]\left|\left|v\right|\right|_{\infty} := \max\left\{\left|v_i\right|:i=1,\dotsc,n\right\}[/mm] die Maximumnorm definiert.
Es genügt nun für eine beliebig vorgegebene Norm [mm]\|\cdot{}\|[/mm] die Äquivalenz zur Maximumnorm nachzuweisen, d.h. es müssen positive Konstanten [mm]a\![/mm] und [mm]b\![/mm] gefunden werden, so daß
[mm]\forall v\in\mathbb{R}^n:a\left|\left|v\right|\right|\le\left|\left|v\right|\right|_{\infty}\le b\left|\left|v\right|\right|\quad(\*)[/mm]
gilt.
Bemerkung 1 Die vordere Ungleichung in (*) ist für
[mm]a:=\frac{1}{n\max\left\{\left|\left|e_i\right|\right|:i=1,\dotsc,n\right\}}[/mm]
erfüllt, denn
[mm]\left|\left|v\right|\right| = \left|\left|\sum_{i=1}^n{v_ie_i}\right|\right|\le\sum_{i=1}^n{\left|v_i\right|\left|\left|e_i\right|\right|}\le\left(\sum_{i=1}^n{\left|\left|e_i\right|\right|}\right)\left|\left|v\right|\right|_{\infty}.[/mm]
Bemerkung 2 Die Funktion [mm]f:\mathbb{R}^n \to\mathbb{R}[/mm], definiert durch [mm]f(v):=\left|\left|v\right|\right|[/mm] ist stetig auf [mm]\mathbb{R}^n[/mm], denn aus der Dreiecksungleichung und der 1ten Bemerkung bekommt man [mm]\left|\left|v+h\right|\right| - \left|\left|v\right|\right| \le \left|\left|h\right|\right|\le a\left|\left|h\right|\right|_{\infty}[/mm] und [mm]\left|\left|v\right|\right| - \left|\left|v+h\right|\right| = \left|\left|(v+h)-h\right|\right| - \left|\left|v+h\right|\right|\le\left|\left|h\right|\right|\le a\left|\left|h\right|\right|_{\infty}[/mm]. Insgesamt also [mm]\left|f(v+h)-f(v)\right|\le a\left|\left|h\right|\right|_{\infty}[/mm], was die Stetigkeit von [mm]f\![/mm] im Punkt [mm]v\![/mm] bedeutet.
Bemerkung 3 Es sei [mm]\alpha := \inf\left\{\left|\left|v\right|\right| : \left|\left|v\right|\right|_{\infty} = 1\right\}[/mm]. Dann ist [mm]\alpha > 0[/mm] und die rechte Seite in (*) ist für [mm]b:=\tfrac{1}{\alpha}[/mm] erfüllt, denn die Menge [mm]W:=\left\{v\in\mathbb{R}^n:\left|\left|v\right|\right|_{\infty}=1\right\}[/mm] ist kompakt und [mm]f\![/mm] aus Bemerkung 2 stetig. Somit nimmt [mm]f\![/mm] nach dem Satz von Weierstraß ihr Minimum auf [mm]W\![/mm] an, und kann wegen [mm]0\notin W[/mm] dort nicht Null sein. Somit gilt [mm]\alpha > 0[/mm]. Deshalb findet man für jedes [mm]v\ne 0[/mm]
[mm]\alpha \le f\left(\frac{v}{\left|\left|v\right|\right|_{\infty}}\right)=\left|\left|\frac{v}{\left|\left|v\right|\right|_{\infty}}\right|\right|=\frac{\left|\left|v\right|\right|}{\left|\left|v\right|\right|_{\infty}},[/mm]
woraus die Behauptung für [mm]v\ne 0[/mm] folgt. Für [mm]v=0\![/mm] ist die Behauptung in trivialer Weise erfüllt. |
Ich würde gerne wissen, wieso man beim Beweis der 1ten Behauptung nicht direkt
[mm]a := \frac{1}{\sum_{i=1}^n{\left|\left|e_i\right|\right|}}[/mm]
setzt, statt
[mm]a := \frac{1}{n\max_{i=1,\dotsc,n}{\left\{\left|\left|e_i\right|\right|\right\}}}[/mm]
wie im Beweis angegeben.
Wird die Abschätzung, die dort geführt wird, dadurch nicht etwas ungenauer? Oder muß man es aus einem bestimmten Grund so machen? Könnte es nicht sein, daß man das '[mm]\le[/mm]' bei [mm]a\left|\left|v\right|\right| \le \left|\left|v\right|\right|_{\infty}[/mm] durch ein '<' ersetzen müßte, wenn man a so wählt wie im Beweis?
Na ja, soweit würde ich's gerne verstehen. Den Beweis zur 3ten Behauptung verstehe ich leider gar nicht. (Dazu muß ich erst den Beweis zum Satz von Weierstraß verstehen. Und dann kann ich vielleicht auch diese Ungleichungskette nachvollziehen, die dort konstruiert wird. ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]") )
Danke für eure Mühen!
Grüße
Karl
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Hallo und guten Morgen Karl,
nachdem wir sechs- und siebenstellige Zahlen schon ''besprochen'' haben, also etwas zu
Deinem Lieblingsthema/Semesterprojekt: ![[breakdance]](/images/smileys/breakdance.gif "[breakdance]")
Du hast vollkommen recht, man haette da auch die Summe der Normen der [mm] e_i [/mm] nehmen
koennen. Wenn man also eine moeglichst gute Abschaetzung braucht, sollte man
unbedingt den Karl'schen Ansatz waehlen.
Der Satz von Weierstraß sagt genau das: Eine stetige Fkt. [mm] f\colon K\to\IR [/mm] mit K kompakt
nimmt auf K ihr Minimum an, d.h. es gibt [mm] x\in [/mm] K mit
[mm] f(x)=\min\{f(y)|y\in K\}.
[/mm]
Viele Gruesse,
Mathias
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Hallo Mathias!
Danke für die Antwort! Und entschuldige für die späte Reaktion. :(
Mir ist da noch eine andere Sache nicht ganz klar; Ich zitiere mal:
"Es genügt nun für eine beliebig vorgegebene Norm die Äquivalenz zur Maximumsnorm nachzuweisen."
Warum genügt das? Was ist an dieser Norm so besonders?
Viele Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:58 Sa 11.02.2006 | | Autor: | dormant |
Hallo Karl,
An der Maxnorm ist nichts besonders außer dass man mit ihr relativ leicht rechnen kann, man sie gewählt um den Beweis zu vereinfachen. Aber wenn alle Normen zu einer beliebigen Norm äquivalent sind, so sind sie auch untereinander äquivalent.
Genauer:
Falls [mm] k||v||_{k}\le||v||_{\infty}\le K||v||_{k} [/mm] für eine beliebige norm [mm] ||.||_{k}, [/mm] so gilt auch:
[mm] \bruch{||v||_{\infty}}{K}\le||v||_{k}\le \bruch{||v||_{\infty}}{k}.
[/mm]
Das gleiche gilt offensichtlich für eine dritte beliebige Norm [mm] ||.||_{l} [/mm] (bezüglich der Maxnorm) mit Äquivalenzkonstanten l und L. Nun ist:
[mm] k||v||_{k}\le ||v||_{\infty} \le L||v||_{l} \Rightarrow ||v||_{k}\le \bruch{L}{k} ||v||_{l}.
[/mm]
Analog gilt:
[mm] \bruch{l}{K} ||v||_{l} \le||v||_{k} [/mm] und insgesamt ist die Äquivalenz von [mm] ||.||_{l} [/mm] und [mm] ||.||_{k} [/mm] bewiesen.
Gruß,
dormant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:13 Sa 11.02.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo dormant,
Danke für die Hilfe!
Grüße
Karl
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Hallo zusammen,
Irgendwie komme ich bei dieser 2ten Ungleichung einfach nicht weiter. Es muß also gezeigt werden, daß
[mm]\left|\left|v\right|\right|_{\infty} \le b\left|\left|v\right|\right|[/mm]
gilt.
Ich zitiere mal aus dem Beweis, und frage dann nach:
"Die Menge [mm]W := \left\{v \in \mathbb{R}^n:\left|\left|v\right|\right|_{\infty} = 1\right\}[/mm] ist kompakt."
Was bedeutet jetzt "kompakt", und wie sieht man das hier? Und wieso nimmt man ausgerechnet solch eine Menge für diesen Beweis?
Wäre schön, wenn mir jemand erstmal soweit helfen könnte. Inzwischen habe ich es aufgegeben den Beweis zum Satz von Weierstraß nachvollziehen zu können. Aber vielleicht kann ich ja wenigstens diesen kurzen Beweis verstehen.
Danke für eure Mühe!
Liebe Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 07:03 Do 16.02.2006 | | Autor: | mathiash |
Guten Morgen Karl,
und ein fröhliches Grüß Gott an alle Freunde normierter Räume,
die Menge
[mm] W=\{v\in\IR^n\:\: |\:\: \parallel v\parallel_{\infty}=1\}\subseteq\IR^n
[/mm]
ist abgeschlossen und beschränkt. Eine Teilmenge des [mm] \IR^n [/mm] ist kompakt genau dann,
wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
Dazu nun einige Erläuterungen - sowas ist oft auch für den Antwortgeber eine gute
Wiederholung.
Wenn ich es recht ueberlege, setzt diese Charakterisierung von Kompaktheit schon die
Aequivalenz aller Normen auf [mm] \IR^n [/mm] voraus, denn ''beschraenkt'' heisst ja per definitionem,
dass es eine Zahl B>0 gibt, so dass alle Vektoren in W Norm hoechstens B haben - aber es wird ja dabei gar nicht
ueber eine bestimmte Norm gesprochen.
Versuchen wir es also elementar.
(0) Wir betrachten zunaechst die Abbildung [mm] f\colon\IR^n\to [0,\infty )\: =\: \IR_{\geq 0\} [/mm] definiert durch
[mm] f(v):=\parallel v\parallel_{\infty}
[/mm]
(1) Kompaktheit. Eine Menge [mm] W\subseteq\IR^n [/mm] heisst kompakt genau dann (und diese def. gilt fuer allgemeine
topologische R"aume), wenn jede ueberdeckung [mm] U_i,i\in [/mm] I von W mit offenen Mengen [mm] U_i\subseteq\IR^n
[/mm]
eine endliche Teilueberdeckung hat, d.h es gibt eine endliche Teilmenge [mm] J\subseteq [/mm] I mit
[mm] W\subseteq \bigcup_{i\in J\} U_i.
[/mm]
(2) Es sei allgemein [mm] f\colon \IR^n\to \IR^m [/mm] eine stetige Abbildung (wiederum kann man hier allgemeine
topologische Räume betrachten). Stetig heisst, dass Urbilder offener Mengen offen sind, d.h. wenn
[mm] U\subseteq\IR^m [/mm] offen ist, so ist auch [mm] f^{-1}(U)=\{v\in\IR^n|f(v)\in U\} [/mm] offen.
Es gilt fuer stetige Abb.: Urbilder abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen (d.h. wenn [mm] A\subseteq\IR^m [/mm] abgeschlossen, so ist [mm] f^{-1}(A) [/mm] abgeschlossen. (Klar, denn A abgeschlossen [mm] \Leftrightarrow \IR^m\setminus [/mm] A offen.)
Also ist in Deinem Fall fuer unser oben definiertes f [mm] W=f^{-1}(\{1\}) [/mm] abgeschlossen
(denn f ist stetig)..
(3) Nun sei [mm] g\colon\IR^n\to\IR^m [/mm] eine offene Abbildung, d.h. per def. Bilder offener Mengen sind offen,
d.h. wenn [mm] U\subseteq\IR^n [/mm] offen ist, so ist auch [mm] f(U)=\{f(u)|u\in U\} \subseteq\IR^m [/mm] offen.
Allgemein sind fuer solche offenen Abb. g Urbilder kompakter Mengen kompakt (d.h. wenn [mm] K\subseteq\IR^m [/mm]
kompakt ist, so ist auch [mm] f^{-1}(K)\subseteq\IR^n [/mm] kompakt. Denn sei [mm] U_i,i\in [/mm] I eine Ueberdeckung von [mm] f^{-1}(K)
[/mm]
mit offenen Mengen [mm] U_i, [/mm] so bilden die [mm] f(U_i) [/mm] eine offene Ueberdeckung von K, haben wg. Kompaktheit von K also
eine endliche Teilueberdeckung, und die entspr. Mengen bilden eine endl. Teilueberd. von [mm] f^{-1}(K).
[/mm]
Unser oben definiertes [mm] f(v):=\parallel v\parallel_{\infty} [/mm] ist offen, damit ist also [mm] W=f^{-1}(\{1\}) [/mm] kompakt als Urbild
einer kompakten Menge. Warum ist dieses f offen ? Nun, sei zB
[mm] B:=\{v\in\IR^n\: |\: \parallel v\parallel_{\infty}<\epsilon\} [/mm] eine offene Menge in [mm] \IR^n, [/mm] dann ist
[mm] f(B)=[0,\epsilon [/mm] ) offene Teilmenge des topol. Raumes [mm] \IR_{\geq 0\}.
[/mm]
Wir haben nun W als kompakt bezueglich der Unendlich-Norm nachgewiesen.
Weierstrass sagt:
Eine stetige Funktion [mm] f\colon\IR^n\to\IR [/mm] nimmt auf einer kompakten Menge [mm] W\subset\IR^n [/mm] ihr Maximum an, d.h.
wenn also f stetig ist und [mm] W\subseteq\IR^n [/mm] eine beliebige kompakte Teilmenge, so gibt es [mm] x\in [/mm] W mit
[mm] f(x)=\max\{f(y)\: |\: y\in W\}
[/mm]
Versuch eines Beweises: Wir betrachten die offenen Mengen
[mm] W_r\: :=\: \{u\in\IR^n\: |\: f(u) < r\},\:\< [/mm] r>0.
Sicherlich bilden diese eine Ueberdeckung von W, d.h. [mm] W\subseteq \bigcup_{r>0}W_r.
[/mm]
Dann gibt es also eine endliche Teilüberdeckung, und wir nehmen eine solche, sagen wir
[mm] W_{r_1},\ldots W_{r_l} [/mm] mit [mm] r_1\leq\ldots \leq r_l.
[/mm]
Dann gilt also schon mal fuer alle [mm] w\in [/mm] W [mm] f(w)
[mm] \IR^n [/mm] beschraenkt sind. )
...stooop, Kommando zurueck, es geht anders !!! Also, warum gilt Weierstrass ?
Nun, wir haben gerade nicht umsonst gedacht. Also, W ist ''bzgl. f beschraenkt'', d.h.
[mm] \sup\{f(x)\: |\: x\in W\} [/mm] ist eine endliche Zahl (naemlich auf jeden Fall zB hoechstens [mm] r_l [/mm] aus unserer obigen Betrachtung).
Nun koennen wir doch mal annehmen, dass das Supremum nicht erreicht wird, d.h. dass fuer jedes [mm] x\in [/mm] W
f(x) < [mm] \sup{f(y)\: |\: y\in W\}\: [/mm] =: [mm] S\:\:\: \:\: [/mm] (star)
gilt. (Das wollen wir jetzt zum Widerspruch fuehren).
Aber wenn [mm] (\star) [/mm] gelten taete, so waeren doch die Mengen
[mm] B_x :=\{y\in \IR^n\: |\: \parallel y-x\parallel_{\infty}\: <\: \frac{|f(x)-S|}{2}\}\:\:\: (x\in [/mm] W)
offen und wuerden die Menge W ueberdecken (wegen [mm] x\in B_x), [/mm]
es gaebe also eine endliche Teilueberdeckung, und dies wuerde sofort der Supremumseigenschaft
widersprechen.
Puuhhh, das war also Weierstrass.
Ich stell das jetzt erst mal rein, dann schau ich nochmal drueber und beantworte Dir den Rest, ok ?
Aber erst mal muss ich gleich Treibstoff tanken. 
Herzliche Gruesse,
Mathias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:32 Mi 22.02.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Mathias,
ich habe auf einen Fehler in Deinem Beitrag hinzuweisen und zwei Anmerkungen zu machen.
> (3) Nun sei [mm]g\colon\IR^n\to\IR^m[/mm] eine offene Abbildung,
> d.h. per def. Bilder offener Mengen sind offen,
> d.h. wenn [mm]U\subseteq\IR^n[/mm] offen ist, so ist auch
> [mm]f(U)=\{f(u)|u\in U\} \subseteq\IR^m[/mm] offen.
>
> Allgemein sind fuer solche offenen Abb. g Urbilder
> kompakter Mengen kompakt.
Dies ist leider i. allg. nicht der Fall. Man betrachte z.B. eine surjektive lineare Abbildung [mm] $A:\IR^n\to\IR^m$: [/mm] Eine solche Abbildung ist immer offen. Die Menge [mm] $\{0\}\subseteq\IR^m$ [/mm] ist zweifellos kompakt. Das Urbild dieser Menge (also der Kern von A) ist aber für nicht-injektives A alles andere als kompakt!
Dein "Beweis" der Offenheit hakt im letzten Schritt.
> Unser oben definiertes [mm]f(v):=\parallel v\parallel_{\infty}[/mm]
> ist offen, damit ist also [mm]W=f^{-1}(\{1\})[/mm] kompakt als
> Urbild einer kompakten Menge.
Stattdessen könnte man hier folgendermaßen (rein topologisch) argumentieren: Der Einheitsball bezüglich der max-Norm ist kompakt, da er das direkter Produkt kompakter Mengen (nämlich abgeschlossener Intervalle von [mm] $\IR$) [/mm] ist. Und Deine Menge W ist als abgeschlossene Teilmenge dieser kompakten Menge ebenfalls wieder kompakt.
> Eine Teilmenge des [mm]\IR^n[/mm] ist kompakt genau dann,
> wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
>
> [...]
>
> Wenn ich es recht ueberlege, setzt diese Charakterisierung
> von Kompaktheit schon die
> Aequivalenz aller Normen auf [mm]\IR^n[/mm] voraus, denn
> ''beschraenkt'' heisst ja per definitionem,
> dass es eine Zahl B>0 gibt, so dass alle Vektoren in W Norm
> hoechstens B haben - aber es wird ja dabei gar nicht
> ueber eine bestimmte Norm gesprochen.
Nicht unbedingt. Wenn man sich den üblichen Beweis näher anguckt, sieht man, daß dort für die Beschränktheit und die Abgeschlossenheit bzw. Offenheit von Mengen die max-Norm verwendet wird. Das ist auch naheliegend, da die max-Norm ja eng mit der Struktur von [mm] $\IR^n$ [/mm] als das n-fache cartesische Produkt von [mm] $\IR$ [/mm] mit sich selbst zusammenhängt (die abgeschlossenen Einheitskugeln bezüglich dieser Norm sind Würfel...) und der ganze Beweis letztlich auf der Vollständigkeit von [mm] $\IR$ [/mm] basiert.
Zu Deinem Beweis des Satzes von Weierstraß:
> [mm]B_x :=\{y\in \IR^n\: |\: \parallel y-x\parallel_{\infty}\: <\: \frac{|f(x)-S|}{2}\}\:\:\: (x\in W)[/mm]
>
> offen und wuerden die Menge W ueberdecken (wegen [mm]x\in B_x),[/mm]
> es gaebe also eine endliche Teilueberdeckung, und dies
> wuerde sofort der Supremumseigenschaft widersprechen.
Mir leutet nicht ein, wie hier aus der Existenz einer endlichen Teilüberdeckung ein Widerspruch folgen soll. - Einfacher ist es auf jeden Fall, statt Deiner [mm] $B_x$ [/mm] die Mengen [mm]B_\epsilon :=\{y\in \IR^n\mid \epsilon< |f(x)-S|\}\quad (\epsilon>0)[/mm] zu betrachten.
Noch einfacher ist natürlich das Argument, daß f(W) als das Bild einer kompakten Menge unter einer stetigen Abbildung wieder kompakt ist.
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Matheforum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:30 Do 23.02.2006 | | Autor: | mathiash |
Hallo und guten Morgen,
Dank an Galois, da haben sich tatsaechlich Fehler eingeschlichen.
Vorab zur Motivation: Meine Absicht war es, Kompaktheit von W moeglichst einfach nachzuweisen, ohne
auf andere Resultate zurueckzugreifen.
- Eine Moeglichkeit - und wohl die einfachste - ist das Argument von Galois, leicht alternativ so:
W= [mm] \bigcup_{i=1}^n [-1,1]^{i-1}\times \{-1,1\}\times [-1,1]^{n-i}
[/mm]
endl. Vereinigung von Produkten von kompakten Mengen und somit kompakt.
Diese benutzt nur elemantare Topologie, die Charakterisierung kompakter Teilmengen des [mm] \IR [/mm]
(naemlich, dass die Intervalle [-1,1] kompakt sind) und die Definition der [mm] \parallel\cdot\parallel_{\infty}-Norm.
[/mm]
- Der Ansatz darueber, dass Bilder [mm] f(U_i) [/mm] das Bild f(W) ueberdecken, man dort endlich viele waehlt und dann die
entsprechenden [mm] U_i [/mm] auch W ueberdecken, ist - wie von Galois richtig beanstandet- falsch:
Dieser Schluss stimmt einfach nicht, denn zB ueberdeckt U= [mm] (1-\epsilon, 1+\epsilon)\times (-\epsilon,\epsilon)^{n-1}
[/mm]
nicht die Menge W, obwohl f(U) die Menge [mm] f(W)=\{1\} [/mm] ueberdeckt.
Zum Satz von Weierstraß:
(Achtung: Ab jetzt ist f eine Funktion wie in der Formulierung des Satzes von Weierstraß und nicht mehr
notwendig wie vorher [mm] f(x)=\parallel x\parallel_{\infty}.)
[/mm]
Warum kann man die Mengen
[mm] B_x=\{y\in\IR^n\:\: |\:\: \parallel y-x\parallel_{\infty} <\frac{|f(x)-S|}{2}\:\}
[/mm]
nehmen ? Also, Annahme, es gaebe endlich viele [mm] x_1,\ldots x_n\in [/mm] W mit
[mm] W\subseteq B_{x_1}\cup\ldots \cup B_{x_n},
[/mm]
dann sei unter diesen oE [mm] x_1 [/mm] dasjenige mit dem kleinsten Wert [mm] S-f(x_1).
[/mm]
Aber es gibt doch [mm] x\in [/mm] W mit f(x)> [mm] f(x_1)+(S-f(x_1))\slash [/mm] 2 (Supremums-Def),
und dieses liegt dann in keiner der Mengen [mm] B_{x_i}.
[/mm]
Sorry nochmal fuer die Fehler, und vielen Dank an Galois fuer wachsame Augen !
Viele Gruesse,
Mathias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 Do 23.02.2006 | | Autor: | Galois |
Alaaf und guten Morgen!
> Warum kann man die Mengen
>
> [mm]B_x=\{y\in\IR^n\:\: |\:\: \parallel y-x\parallel_{\infty} <\frac{|f(x)-S|}{2}\:\}[/mm]
>
> nehmen ? Also, Annahme, es gaebe endlich viele [mm]x_1,\ldots x_n\in W[/mm]
> mit
>
> [mm]W\subseteq B_{x_1}\cup\ldots \cup B_{x_n},[/mm]
>
> dann sei unter diesen oE [mm]x_1[/mm] dasjenige mit dem kleinsten
> Wert [mm]S-f(x_1).[/mm]
> Aber es gibt doch [mm]x\in W[/mm] mit [mm]f(x)>f(x_1)+(S-f(x_1))/2[/mm]
> (Supremums-Def), und dieses liegt dann in keiner der
> Mengen [mm]B_{x_i}[/mm].
Warum sollte dieses x nicht in einer der Mengen [mm] $B_{x_i}$ [/mm] liegen?
Als ein Gegenbeispiel möchte ich den Fall $W:=[0,1)$ und $f(x):=3x$ betrachten. (Dieses W ist natürlich nicht kompakt - aber mir geht es hier ja um den Schluß als solcher, nicht um die resultierende Aussage, die natürlich stimmt.)
Offensichtlich ist S=3. Und mit [mm] $x_1:=0$ [/mm] überdeckt bereits die Menge [mm] $B_{x_1}$ [/mm] die gesamte Menge W, da [mm] $\frac{|f(x_1)-S|}{2}=\frac32$.
[/mm]
Das $x:=2/3$ erfüllt nun die obige Bedingung [mm]f(x)>f(x_1)+(S-f(x_1))/2[/mm], liegt aber gleichwohl in [mm] $B_1$.
[/mm]
Fazit: Überdeckungen sind schon eine sehr knifflige Angelegenheit...
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:14 Do 23.02.2006 | | Autor: | mathiash |
Hallo Galois,
wie kommst Du auf [mm] \frac{3}{2}, [/mm] es ist doch S=1 und [mm] f(x_1)=0.
[/mm]
Da bekomm ich [mm] \frac{1}{2} [/mm] raus.
Gruss,
Mathias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:49 Do 23.02.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Mathias,
> wie kommst Du auf [mm]\frac{3}{2},[/mm] es ist doch S=1 und [mm]f(x_1)=0.[/mm]
Es ist S=3, da ich [mm] $f(x):=\red{3}x$ [/mm] setzte.
Grüße,
Galois
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Do 23.02.2006 | | Autor: | mathiash |
Hallo Galois nochmal,
jaaa, Du hast ja recht, es sollte ja auch
[mm] B_x=\{y\: |\: |f(y)-f(x)| <\frac{|f(x)-S|}{2}\} [/mm] sein, nicht wahr ?
Schwierig sind also nicht die Ueberdeckungen, sondern schwierig ist das Management der ganzen
Objekte unserer Betrachtung, die wir mit f bezeichnen.
Gruss,
Mathias
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Hallo nochmal,
ich hatte gerade Weierstrass fuer Maximum bewiesen, fuer Minimum geht es vollkommen analog.
Man will halt eine kompakte Menge geschickt so nehmen, dass man damit sozusagen die Abweichung
der Norm [mm] \parallel v\parallel [/mm] von der max-Norm [mm] \parallel v\parallel_{\infty} [/mm] gefaelligst beschraenkt kriegt.
Das [mm] f(v):=\parallel v\parallel [/mm]
betrachtet auf der Menge
[mm] W=\{v\: |\: \parallel v\parallel_{\infty}=1\}\: =\: \left\{\frac{v}{\parallel v\parallel_{\infty}}\: |\: v\neq 0\right\}
[/mm]
misst ja nichts anderes also diese Abweichung:
[mm] f\left (\frac{v}{\parallel v\parallel_{\infty}}\rigth )=\left\parallel\frac{v}{\parallel v\parallel_{\infty}}\right\parallel\: =\: \frac{\parallel v\parallel}{\parallel v\parallel_{\infty}}
Und das Minimum dieses Verhaeltnisses von Norm zu max-Norm wird angenommen, wegen Weierstrass.
Genau dafuer macht man das so geschickt.
Ich wuerd nicht unbedingt versuchen, nachzuvollziehen, wie oder ob Du selber drauf gekommen waerest
- das kann einen schnell zur Verzweiflung bringen - , sondern lediglich, dass es stimmt.
Frag gern bei Bedarf nochmal nach.
Viele Gruesse,
Mathias
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:29 Mi 22.02.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo allerseits!
Also irgendwie komme ich mit den Topologie-Sachen (schon seit einigen Tagen) nicht richtig weiter, und ich weiß auch nicht, was ich da konkret fragen könnte, weil ich im Moment selber nicht exakt sagen kann, was ich da eigentlich nicht verstehe. Ich habe jetzt aber nach einer längeren Internet-Suche einen Widerspruchsbeweis dazu entdeckt. Den Beweis schreibe ich erstmal ab, und stelle dann (im Laufe der Zeit) weitere Fragen:
Zu zeigen:
[mm]\forall x \in \mathbb{R}^n\;\exists\beta \in \mathbb{R}_{>0}:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} \le \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
Beweis durch Widerspruch:
Angenommen [mm]\exists x \in \mathbb{R}^n\;\forall\beta \in \mathbb{R}_{>0} : \left|\left|x\right|\right|_{\infty} > \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm].
Diese Annahme gilt ja insbesondere für [mm]\beta = 1,2,3,\dotsc[/mm]. Hieraus erhält man eine Folge [mm]\left(x_k\right)[/mm] von Vektoren mit [mm]\left|\left|x_k\right|\right|_{\infty} > k\left|\left|x_k\right|\right|^{\star}[/mm]. Wir betrachten nun die Folge [mm]\left(y_k\right)[/mm] mit [mm]y_k = \frac{x_k}{\left|\left|x_k\right|\right|_{\infty}}[/mm]. Für die Glieder dieser Folge gilt [mm]\left|\left|y_k\right|\right|_{\infty} = 1[/mm], nach der letzten Ungleichung also [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}<\tfrac{1}{k}[/mm]. Damit ist [mm]\left(y_k\right)[/mm] bezüglich der Norm [mm]\parallel\cdot{}\parallel^{\star}[/mm] eine Nullfolge. Ferner ist [mm]\left(y_k\right)[/mm] bezüglich der Maximum-Norm beschränkt, enthält also nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine (bezüglich der Maximum-Norm) konvergente Teilfolge, etwa [mm]\left(y_{k_i}\right)_i[/mm] mit [mm]\lim_i{\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}} = 0[/mm] für ein geeignetes [mm]z[/mm]. Nun ist mit [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm] nach der ganz oben stehenden Abschätzung auch [mm]\left(\left|\left|y_{k_i} - z\right|\right|^{\star}\right)_i[/mm] eine Nullfolge. Da auch [mm]\left|\left|y_{k_i}\right|\right|^{\star}[/mm] eine Nullfolge ist, finden wir mit
[mm]\left|\left|z\right|\right|^{\star} \leqslant \left|\left|z - y_{k_i}\right|\right|^{\star} + \left|\left|y_{k_i}\right|\right|^{\star},[/mm]
daß [mm]\left|\left|z\right|\right|^{\star} = 0[/mm], also [mm]z = 0[/mm] gilt. Also ist [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-0\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm] eine Nullfolge. Dies ist ein Widerspruch zu [mm]\left|\left|y_{k_i}\right|\right|_{\infty} = 1.\quad\Box[/mm]
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Hallo zusammen!
Meine erste Frage zum obigen Beweis wäre, ob bei diesem Beweis "stillschweigend" die Stetigkeit der Maximumsnorm vorrausgesetzt wird?
Viele Grüße
Karl
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Hallo Karl, und hallo Freunde
von Zahlenfolgen, Konvergenz und gepflegter englischer Teehausatmosphaere,
ein klares ''nein'': Stetigkeit wird da nirgendwo verwendet.
Gruss,
Mathias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:02 Mi 22.02.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Karl!
> ob bei diesem
> Beweis "stillschweigend" die Stetigkeit der Maximumsnorm
> vorrausgesetzt wird?
Meiner Meinung nach wird die Stetigkeit der max-Norm im obigen Beweis implizit doch verwendet, und zwar ganz zum Schluß in dem Argument, daß [mm] $\|y_{k_i}\|=1$ [/mm] (also [mm] $\lim_{i\to\infty}\|y_{k_i}\|=1$) [/mm] nicht mit [mm] $\|\lim_{i\to \infty}y_{k_i}\|=\|z\|=0$ [/mm] verträglich ist.
Also, genau genommen ist das dort angebenen Argument nichts anderes als ein (trivialer) Beweis der Stetigkeit der max-Norm an der Stelle z=0.
Letztlich ist die Frage nach der Verwendung der Stetigkeit der max-Norm aus meiner Sicht hier aber ohnehin recht "akademisch", da diese Stetigkeit ja letztlich nichts anderes als die Dreiecksungleichung darstellt, welche man wiederum fast überall benötigt, vermutlich auch im Beweis des Satzes von Bolzano-Weierstraß.
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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Hallo nochmal!
Diese Frage ist hoffentlich nicht zu "dreist" , aber Mathias hat ja z.B. im vorigen Beweis mit dieser [mm]W\texttt{--Menge}[/mm] bereits festgestellt, daß da ein Zirkelschluß (wegen der Kompaktheit) stattfindet (Man geht also von dem noch zu Beweisenden aus). Deshalb frage ich sicherheitshalber nochmal nach, ob dieser Beweis frei von Zirkelschlüssen ist, also korrekt ist. Damit sich auch die Mühe lohnt, ihn zu verstehen... ![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
Viele Grüße
Karl
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Lieber Karl,
in dem Beweis liegt meiner Ansicht nach kein Zirkelschluss vor:
Eine Teilmenge K eines topologischen Raumes X heisst kompakt, falls jede offene Ueberdeckung von K eine
endliche Teilueberdeckung hat - und in dem von mir geschriebenen Beweis wird nur diese Def. von Kompaktheit benutzt.
Ich hatte nur am Anfang bemerkt, dass die Charakterisierung [mm] ''K\subseteq \IR^n [/mm] kompakt genau dann, wenn K
abgeschlossen und beschraenkt'' schon die Aequivalenz der Normen unterstellt - und daher fortan mit der
Definition von Kompaktheit und nicht mit dieser Charakterisierung argumentiert.
Soweit klar ?
Herzliche Gruesse,
Mathias
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Hallo Karl,
Ich seh's gerade nicht
> für ein geeignetes [mm]z[/mm]. Nun ist mit
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm]
> nach der ganz oben stehenden Abschätzung auch
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i} - z\right|\right|^{\star}\right)_i[/mm]
> eine Nullfolge.
Aus welcher Abschätzung soll das folgen?
viele Grüße
Christian
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:31 Mi 22.02.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Christian,
> Aus welcher Abschätzung soll das folgen?
Der Beweis ist ja nicht von mir. Und da ich ihn selber erstmal verstehen möchte, kann ich dir dazu (noch?) nichts sagen.
Ich kann ja mal ein Bißchen was aus dem Skript kopieren:
Satz. Im [mm]\mathbb{R}^n[/mm] ist jede Norm äquivalent zur Maximum-Norm.
Beweis. Es bezeichne [mm]\|\cdot{}\|_{\infty}[/mm] die Maximum-Norm auf dem [mm]\mathbb{R}^n[/mm] und es sei [mm]N:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}[/mm] irgendeine Norm.
Ist [mm]e_1,\dotsc,e_n[/mm] die kanonische Basis des [mm]\mathbb{R}^n[/mm], dann gilt für alle [mm]\textstyle x=\sum_{i=1}^n{x_ie_i}\in\mathbb{R}^n[/mm] die folgende Abschätzung:
[mm]\begin{array}{l@{\;}l}
N(x) = N\left(x_1e_1+\dotsm +x_ne_n\right)&\leqslant N\left(x_1e_1\right) + \dotsm + N\left(x_ne_n\right)\\
{}&=\left|x_1\right|\cdot{}N\left(e_1\right) + \dotsm + \left|x_n\right|\cdot{}N\left(e_n\right)\\
{}&=\left\|x\right\|_{\infty}\cdot{}\sum_{i=1}^n{N\left(e_i\right)}.
\end{array}[/mm]
(wobei mir der Beweis im kopierten Teil klar ist; hab's jetzt nur kopiert, weil dort das Wort "Abschätzung" vorkommt. Keine Ahnung, ist es vielleicht diese Abschätzung, die er meint, und dort gewissermaßen auf eine "subtile Art" benutzt? ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]") )
(Na ja, wenn nicht, ist es auch nicht schlimm. Vielleicht können wir diese Abschätzung auch selber herleiten... Zeit genug habe ich ja jetzt bis zum nächsten Wintersemester.)
Viele Grüße
Karl
[ P.S. Ich beschäftige mich aber erst wieder am Abend damit... bin im Moment hier, um mich bei Stochastik "umzuschauen". ]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:20 Mi 22.02.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo mathemaduenn!
> > für ein geeignetes [mm]z[/mm]. Nun ist mit [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm] nach der ganz oben stehenden Abschätzung auch [mm]\left(\left|\left|y_{k_i} - z\right|\right|^{\star}\right)_i[/mm] eine Nullfolge.
>
> Aus welcher Abschätzung soll das folgen?
Karl hat in seiner Mitteilung genau die richtige Abschätzung zitiert, nämlich [mm] $\|x\|^*\le\|x\|_\infty [/mm] a$ für ein geeignetes $a>0$. Tatsächlich ist das ja auch gerade die 1. Behauptung aus dem Dokument, auf das Karl in seinem Eröffnungsposting verwiesen hat. Dort schien er den Beweis ja verstanden zu haben...
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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Hallo Galois,
Ich hatte Karl so verstanden das der Widerspruchsbeweis eine Alternative zum ersten Beweis werden soll.
Wenn man einen Widerspruchsbeweis machen will kann man doch nicht die zu zeigende Ungleichung verwenden. Oder was verstehe ich hier nicht?
viele Grüße
mathemaduenn
edit: richtig gucken müsste man können hab's gesehen Karl hat nat. die richtige Ungleichung zitiert
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Hallo Zusammen!
Ich schreib' jetzt erstmal nichts Neues dazu, ich möchte nur das bisher gesagte kompakt in einem Artikel stehen haben:
> Zu zeigen:
>
>
> [mm]\forall x \in \mathbb{R}^n\;\exists\beta \in \mathbb{R}_{>0}:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} \le \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
So ... das ist nach Mathias Beitrag falsch. (Es war aber auch vorauszusehen, weil diese Zeile das Einzige war, was ich nicht aus dem Skript abgeschrieben hatte. ![[totlach]](/images/smileys/totlach.gif "[totlach]") ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]") ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]") ) In Wirklichkeit will ich also folgendes zeigen:
[mm]\exists\beta \in \mathbb{R}_{>0}\;\forall x \in \mathbb{R}^n:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} \le \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
Der Unterschied zum Vorigen ist natürlich gewaltig! Im Ersten wähle ich mir ja einen beliebigen Vektor [mm]x[/mm] und suche mir zu Diesem ein spezielles [mm]\beta[/mm], das mir die Ungleichung erfüllt. Stellt man die Quantoren, und die damit verbundenen Aussagen um, hat man nun ein allgemeingültiges (in diesem Sinne von [mm]x[/mm] unabhängiges) [mm]\beta[/mm], welches für jeden Vektor [mm]x[/mm] die zu beweisende Ungleichung erfüllt; Eine wesentlich mächtigere Aussage, wie ich finde.
> Angenommen [mm]\exists x \in \mathbb{R}^n\;\forall\beta \in \mathbb{R}_{>0} : \left|\left|x\right|\right|_{\infty} > \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm].
Demnach ist das nun auch falsch; Richtig muß ich hier:
[mm]\forall\beta \in \mathbb{R}_{>0}\;\exists x \in \mathbb{R}^n:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} > \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
annehmen und zum Widerspruch führen.
> Nun ist mit [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm]
> nach der ganz oben stehenden Abschätzung auch
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i} - z\right|\right|^{\star}\right)_i[/mm]
> eine Nullfolge.
Ok, Galois zufolge, wäre das dann also die Anwendung der Abschätzung aus dem 1ten Beweis, wie das dann hier angewendet wird, muß ich mir noch überlegen.
Wäre diese Zusammenfassung der Diskussion soweit richtig?
Liebe Grüße
Karl
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Hallo mathemaduenn!
> Für einen Widerspruchsbeweis mußt Du nun gegenteilige
> Annahme machen:
> Es gibt ein x für das man kein solches [mm]\beta[/mm] finden kann.
> Also gerade das was im Beweis stand:
> > > Angenommen [mm]\exists x \in \mathbb{R}^n\;\forall\beta \in \mathbb{R}_{>0} : \left|\left|x\right|\right|_{\infty} > \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm].
>
> Alles klar?
Also so ganz ist es mir noch nicht klar. Wenn ich die obige Aussage verneine, darf ich doch nicht die Quantorenreihenfolge vertauschen, oder?
Also nochmal ausführlich:
Folgende Aussage will ich also beweisen:
> > [mm]\exists\beta \in \mathbb{R}_{>0}\;\forall x \in \mathbb{R}^n:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} \le \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
Dazu nehme ich die gegenteilige Aussage als wahr an:
[mm]\overline{\exists\beta \in \mathbb{R}_{>0}\;\forall x \in \mathbb{R}^n:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} \le \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}} \equiv \forall\beta \in \mathbb{R}_{>0}\;\exists x \in \mathbb{R}^n:\left|\left|x\right|\right|_{\infty} > \beta\left|\left|x\right|\right|^{\star}[/mm]
Und diese Aussage führe ich dann zum Widerspruch.
Würde ich aber die Quantorenfolge vertauschen wie du sagst, erhielte ich doch schon wieder eine andere Aussage, oder?
Viele Grüße
Karl
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Hallo Karl,
Klar. Vor allem eine blödsinnige.
![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
gruß
mathemaduenn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:40 So 26.02.2006 | | Autor: | Karl_Pech |
Guten Abend allerseits!
Ich denke mal, daß ich keine Fragen zu diesem Beweis mehr habe, da ich ihn offenbar ganz verstanden habe, womit dann auch die Äquivalenz aller Normen auf [mm]\mathbb{R}^n[/mm] für mich zu einem 'Happy End' gebracht wäre.  An dieser Stelle danke ich nochmal allen Helfern!
Ich wollte nur nochmal den Beweis ein wenig kommentieren (damit die klaren Gedanken von heute es morgen auch noch sind. )
> Diese Annahme gilt ja insbesondere für [mm]\beta = 1,2,3,\dotsc[/mm].
> Hieraus erhält man eine Folge [mm]\left(x_k\right)[/mm] von Vektoren
> mit [mm]\left|\left|x_k\right|\right|_{\infty} > k\left|\left|x_k\right|\right|^{\star}[/mm].
Hier benutzt man also [mm]k := \beta[/mm] einerseits als Index und andererseits als "Teil der Ungleichung" sozusagen... .
> Wir betrachten nun die Folge [mm]\left(y_k\right)[/mm] mit [mm]y_k = \frac{x_k}{\left|\left|x_k\right|\right|_{\infty}}[/mm].
Quasi eine auf [mm]\pm 1[/mm] normierte Vektoren-Folge; für jede Vektor-Komponente [mm]y_k^{(i)}[/mm] gilt: [mm]-1 \le y_k^{(i)} \le 1[/mm].
> Für die Glieder dieser Folge gilt
> [mm]\left|\left|y_k\right|\right|_{\infty} = 1[/mm], nach der
> letzten Ungleichung also
> [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}<\tfrac{1}{k}[/mm].
einfach nur einsetzen...
> Damit
> ist [mm]\left(y_k\right)[/mm] bezüglich der Norm
> [mm]\parallel\cdot{}\parallel^{\star}[/mm] eine Nullfolge.
Interessante Sichtweise! Jetzt wird klar, warum man vorhin [mm]k[/mm] in "zwei Rollen" gesetzt hat: Einerseits als Index und andererseits als Faktor in der Ungleichung. Dadurch ist [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}[/mm] automatisch immer kleiner als [mm]\tfrac{1}{k}[/mm]. Und da nach den Norm-Axiomen [mm]\parallel\cdot{}\parallel \ge 0[/mm] ist(, wobei man [mm]\parallel\cdot{}\parallel > 0[/mm] sogar beweisen könnte), kann [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}[/mm] für genügend große [mm]k[/mm] nur gegen 0 konvergieren. ([mm]\tfrac{1}{k}[/mm] ist sozusagen ein Jäger, der [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}[/mm] in einen Hinterhalt treibt, wo das erste Norm-Axiom auf ihn wartet, um ihm die 0 auf den Hals zu hetzen. [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)] (Und damit der Jäger ihn besser jagen kann, hat sich [mm]\left|\left|y_k\right|\right|^{\star}[/mm] ein "Ich-bin-hier!"-Schild (in Form eines Index [mm]k[/mm] angehängt.
Och Moment ... ich sehe da Pfleger in weißen Kitteln kommen; diesmal sogar mit Zwangsjacke nur für mich , ok, ich mach' mal hier Schluss, will sie ja nicht warten lassen. ![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]") ))
> Ferner
> ist [mm]\left(y_k\right)[/mm] bezüglich der Maximum-Norm beschränkt,
Also nochmal:
> [mm]\left|\left|y_k\right|\right|_{\infty} = 1[/mm]
> enthält also nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine
> (bezüglich der Maximum-Norm) konvergente Teilfolge,
Hmm, den Beweis diesen Satzes werde ich wohl so schnell nicht nachvollziehen können. :-( Aber im Moment ist's ein leichtes einfach an seine Gültigkeit zu glauben. Der Satz ist ja auch irgendwie einleuchtend. Man hat eine beschränkte Folge und schaut auf ihre "Ränder" (dort wo sie beschränkt ist). Jetzt konstruiert man sich eine Folge innerhalb der Beschränkten, die zu diesem Rand führt. Es ist insofern einleuchtend, daß es solch eine Teilfolge geben müßte, weil wir sonst doch gar nicht wissen könnten, daß die beschränkte Folge Ränder hat (und damit beschränkt ist). Alleine unser intuitives Wissen über ihre Beschränktheit durch das alleinige Betrachten dieser Folge weist irgendwie schon auf den Satz von BW hin(, ein Beweis ist dies natürlich in keinster Weise).
> etwa
> [mm]\left(y_{k_i}\right)_i[/mm] mit
> [mm]\lim_i{\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}} = 0[/mm]
> für ein geeignetes [mm]z[/mm].
Ok, [mm]z[/mm] ist also Grenzwert von [mm]\left(y_{k_i}\right)[/mm], und aus der Sicht von [mm]\left(y_k\right)[/mm] wäre es eine(s ihrer) Schranke(n).
> Nun ist mit
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm]
> nach der ganz oben stehenden Abschätzung auch
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i} - z\right|\right|^{\star}\right)_i[/mm]
> eine Nullfolge.
Das war also die erste Ungleichung aus dem Skript. Nun gilt:
[mm]\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|^{\star} \le \psi\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|_{\infty} = \psi\cdot{0}[/mm] für genügend große [mm]i[/mm]. Andererseits gilt ja Norm-Axiom 1 ([mm]\left|\left|y_{k_i}-z\right|\right|^{\star} \ge 0[/mm]) und damit insgesamt die obige Aussage.
> Da auch
> [mm]\left|\left|y_{k_i}\right|\right|^{\star}[/mm] eine Nullfolge
> ist,
Jäger-Hinterhalt
> finden wir mit
>
> [mm]\left|\left|z\right|\right|^{\star} \leqslant \left|\left|z - y_{k_i}\right|\right|^{\star} + \left|\left|y_{k_i}\right|\right|^{\star},[/mm]
Norm-Axiom 3
> daß [mm]\left|\left|z\right|\right|^{\star} = 0[/mm], also [mm]z = 0[/mm]
> gilt.
Norm-Axiom 1
Also ist
> [mm]\left(\left|\left|y_{k_i}-0\right|\right|_{\infty}\right)_i[/mm]
> eine Nullfolge. Dies ist ein Widerspruch zu
> [mm]\left|\left|y_{k_i}\right|\right|_{\infty} = 1.\quad\Box[/mm]
>
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![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]"){kind=small}
![[hot]](/images/smileys/hot.gif "[hot]"){kind=small}
![[kaffeetrinker]](/images/smileys/kaffeetrinker.gif "[kaffeetrinker]"){kind=small}
![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]"){kind=small}
