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Analysis » Integration » Grenzwert eines Integrals
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Universität/Hochschule J Grenzwert eines Integrals
targon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-03-22

\(\begingroup\) \(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\norm}[1]{\mathop{}\left\lVert\,#1\,\right\rVert}\newcommand{\abs}[1]{\mathop{}\left\lvert#1\right\rvert}\newcommand{\eins}[1]{\textbf{1}_{\left\{ #1 \right\}}}\)
Hallo miteinander,

ich scheitere leider gerade daran zu zeigen, dass für ein Wahrscheinlichkeitsmaß \(P\) auf \(\R\) ausgestattet mit der Borel-\(\sigma\)-Algebra das Folgende gilt:
\[\lim_{N \to \infty} \frac{1}{2 N + 1} \int_{\R \setminus G_a} \frac{e^{-i N (t-a)} - e^{i (N+1) (t-a)}}{1 - e^{i (t-a)}} \text{d} P(t) =0 \] Dabei bezeichnet \(G_a\) die Menge \(\{a + 2 \pi z \vert z \in \Z \}\) für ein \(a \in \R \).


Etwas Kontext: Darauf kommt man, wenn man zeigen möchte, dass für die Fouriertransformierte \(\varphi(z) := \int_{\R} e^{i z t} \text{d} P(t) \) von \(P\)
\[\lim\limits_{N \to \infty} \frac{1}{2 N +1} \sum\limits_{z = -N}^N e^{- i z a} \varphi(z) = P(G_a)\] gilt und dabei
\[\sum\limits_{z = -N}^{N} e^{i t z} = \frac{e^{- i N t} - e^{i (N+1) t}}{1 - e^{i t}}\] benutzt. Daher passt das vielleicht auch in das Forum Stochastik?

Auf jeden Fall vielen Dank im Voraus.

Gruß
Targon
\(\endgroup\)


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targon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-23 22:16

\(\begingroup\) \(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\norm}[1]{\mathop{}\left\lVert\,#1\,\right\rVert}\newcommand{\abs}[1]{\mathop{}\left\lvert#1\right\rvert}\newcommand{\eins}[1]{\textbf{1}_{\left\{ #1 \right\}}}\)
Also was ich bisher dazu rausgefunden habe kann ich ja mal schreiben, vielleicht kann das jemand vernünftig zusammensetzen...

Für jedes \(N \in \N\) und jedes \(t \in \R\) gilt
\[\left\vert e^{-i N (t-a)} - e^{i (N+1)(t-a)} \right\vert \leq 2 .\] Außerdem gibt es für jede natürliche Zahl \(M \in \N\) ein \(\delta >0\), sodass\[\left\vert \frac{1}{1 - e^{i (t-a)}} \right\vert < M \quad \forall t \in \R \setminus B_\delta (G_a)\] gilt, da \(t \mapsto \frac{1}{1 - e^{i (t-a)}}\) auf \(\R \setminus G_a\) stetig ist (und periodisch).
Damit hätte man schon mal, dass das Integral außerhalb einer kleinen Umgebung von \(G_a\) gegen \(0\) geht.

Weiter hat man für fixes \(N \in \N\) mit l'Hôpital, dass für die Abbildung \[t \mapsto \frac{1}{2 N +1} \frac{e^{-i N (t-a)} - e^{i (N+1)(t-a)}}{1 - e^{i (t-a)}}\] auf ganz \(\R\) stetig und \(=1\) an jedem Punkt aus \(G_a\) ist (sogar holomorph in \(t\), falls das hilft).

Für wachsendes \(N\) hilft das aber nicht, habe ich das Gefühl, denn dann osziliert ja die Funktion im Zähler wild und man hat lokal wieder nichts gewonnen...

Falls jemandem dazu noch was einfällt, ich bin für jeden Hinweis dankbar  smile

Vielen Dank im Voraus
Targon
\(\endgroup\)


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darkhelmet
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Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-03-26 02:41

\(\begingroup\)
Hi,

vielleicht wusstest du das schon, aber wenn du
$$\frac{e^{-i N (t-a)} - e^{i (N+1) (t-a)}}{1 - e^{i (t-a)}}$$
mit $e^{i(t-a)/2}$ kürzt, kommst du auf
$$\frac{\sin\left(\left(N+\frac{1}{2}\right)(t-a)\right)}{\sin\left(\frac{1}{2}(t-a)\right)}.$$

Möglicherweise lässt sich über diese Funktion besser argumentieren.

\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-03-26 05:39

\(\begingroup\)
Vielleicht hilft dir auch die Tatsache, dass das Integral über das Interval $\left[-\epsilon,\epsilon\right]$ um einen Gitterpunkt a im Limes $N \rightarrow \infty$ den gleichen Wert liefert wie das Integral von [-Pi,Pi], also das Integral von $\left[\epsilon,\pi\right]$ keinen Beitrag liefert

\[ \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \frac{\sin \left(N+\frac{1}{2}\right)t}{\sin\left(\frac{t}{2}\right)} \, {\rm d}t \\
\approx  \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \left\{ \frac{2\sin (Nt)}{t} + \cos(Nt) \right\} \, {\rm d}t \\
= 2 \int_{-N\epsilon}^{N\epsilon} \frac{\sin x}{x} \, {\rm d}x + \frac{2}{N}\, \sin N\epsilon \\
\stackrel{N\rightarrow \infty}{=} 2\pi
\]
\(\endgroup\)


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targon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-14 00:20

\(\begingroup\) \(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\norm}[1]{\mathop{}\left\lVert\,#1\,\right\rVert}\newcommand{\abs}[1]{\mathop{}\left\lvert#1\right\rvert}\newcommand{\eins}[1]{\textbf{1}_{\left\{ #1 \right\}}}\)
Vielen Dank für die Antworten, es hat tatsächlich sehr geholfen. Ich bin drauf gekommen. Die andere Darstellung, in der nur noch ein Sinus oben und unten vorkommt hats gebracht, denn man kann, zumindest auf dem Intervall \([a,a+ \frac{\pi}{2} ]\) den Zähler abschätzen durch \[\abs{\sin \left( \left( N + \frac{1}{2} \right) (t-a) \right) } \leq (2 N +1) \sin \left( \frac{t-a}{2} \right)\] und aufgrund der Punktsymmetrie gilt das dann auch auf \([a - \frac{\pi}{2} , a + \frac{\pi}{2} ]\).
Damit bekommt man dann, dass das Integral über die Menge \([- \varepsilon +a , \varepsilon + a ] \setminus \{0\}\) unabhängig von \(N\) beschränkt bleibt und bekommt, da auf der Menge \([a - \pi , a - \varepsilon] \cup [ a + \varepsilon , a + \pi  ]\) das Integral ohnehin gegen \(0\) geht wie in Beitrag 1 schon erwähnt, die Aussage für das Intervall \([- \pi +a , \pi +a ]\) (da wegen der \(\sigma\)-Monotonie \(P([- \varepsilon , \varepsilon] \setminus \{0\})\) für \(\varepsilon \to 0\) gegen \(0\) geht).
Da der Integrand ohnehin \(2 \pi\)-periodisch und \(P\) ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist bekommt man dann auch die Aussage auf ganz \(\R\).

Vielen Dank nochmal und Gruß
Targon
\(\endgroup\)


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