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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-31


Moin,

ich habe eine Frage zur folgenden Definition auf Wikipedia.

(i) Ich frage mich, woran man sieht, dass \[\omega(x) := \bigcap_{n \in \mathbb{N}} \overline{\{ f^i(x) \ | \ i \geq n \}} \] die Menge aller Häufungspunkte von $\{f^n(x) \in X \ | \ n \in \mathbb{N}\}$ ist.

(ii) Wozu braucht man den Abschluss, ich verstehe noch nicht so ganz, was das mit Vollständigkeit des metrischen Raumes (wie auf Wikipedia behauptet) zu tun hat ...


Gruß,
Neymar



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-31


Hallo Neymar,

also zu (i): Man muss für die Mengengleichheit zwei Inklusionen zeigen. Sei $H(x):=\text{Häufungspunkte von }\{f^n(x)|n\in \mathbb{N}\}$ die Menge der Häufungspunkte und $\omega(x)$ definiert wie bei dir.

Zuerst $H(x)\subseteq \omega(x)$: Sei $y\in H(x)$ beliebig aber fest. Per Definition gibt es eine streng monoton wachsende Folge $(n_k)_k$ mit $d(f^{n_k}(x),y)\rightarrow 0$ für $k\rightarrow \infty$. Wir wollen zeigen, dass $y\in \omega(x)$, dann ist die erste Inklusion bewiesen. Per Definition von $\omega(x)$ müssen wir dazu zeigen, dass für jedes fest gewählte $n\in \mathbb{N}$: $y\in \overline{\{f^i(x)|i\geq n \}}$. Wähle $k_0$ so, dass für alle $k\geq k_0$ gilt: $n_k\geq n$. Dann ist per Definition insbesondere $f^{n_k}(x)\in  \{f^i(x)|i\geq n \}$ für jedes $k\geq k_0$. Damit also die Folge $(f^{n_k}(x))_{k\geq k_0}$ enthalten in $\{f^i(x)|i\geq n \}$ und diese Folge konvergiert gegen $y$. Daher ist $y$ im Abschluss von $\{f^i(x)|i\geq n \}$ enthalten. Da $n$ beliebig war, folgt $y\in \omega(x)$.

Rückrichtung $\omega(x)\subseteq H(x)$: Sei $y\in \omega(x)$. Wir wissen dann insbesondere, dass $y\in \overline{\{f^i(x)|i\geq 1 \}}$. Daher gibt es sicherlich ein $n_1\in \mathbb{N}$ mit $n_1\geq 1$ und $d(y,f^{n_1}(x))\leq 1$. Nun wissen wir außerdem, dass $y\in \overline{\{f^i(x)|i\geq n_1+1 \}}$ nach Definition von $\omega(x)$. Daher finden wir nun ein $n_2\in \mathbb{N}$ mit $n_2\geq n_1+1>n_1$ und $d(y,f^{n_2}(x))\leq \frac{1}{2}$. Man kann sich nun auf diese Weise rekursiv eine streng monoton wachsende Folge $n_k$ konstruieren mit $d(y,f^{n_k}(x))\leq \frac{1}{k}$. In anderen Worten $f^{n_k}(x)$ konvergiert gegen $y$ und daher $y\in H(x)$ wie gewünscht.

Zu (ii): Da sehe ich gerade nicht, wo die Vollständigkeit eine Rolle spielt. Vielleicht kann dazu noch jemand anderes etwas sagen.

Viele Grüße

doglover



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Neymar
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-31


Hallo doglover,

danke dir erst einmal für die Antwort! :-)

Bei der Inklusion $H(x) \subset \omega(x)$ hast du in der vorletzten Zeile geschrieben:
 Damit also die Folge $(f^{n_k}(x))_{k\geq k_0}$ enthalten in $\{f^i(x)|i\geq n \}$ und diese Folge konvergiert gegen $y$. Daher ist $y$ im Abschluss von $\{f^i(x)|i\geq n \}$ enthalten.
$>$ Das erklärt dann für mich, warum man den Abschluss braucht.

Zwei Fragen bleiben mir aber noch zur anderen Inklusion:
Daher gibt es sicherlich ein $n_1\in \mathbb{N}$ mit $n_1\geq 1$ und $d(y,f^{n_1}(x))\leq 1$.
$>$ Für diesen Beweis (so, wie wir - bzw. du - ihn führen) ist ja esenziell, dass es so ein $n_1$ (und später $n_2$, $\dots$) gibt. Das ,,sicherlich" können wir aber auch weglassen, oder (i.e., können wir ganz bestimmt sagen, dass es so ein $n_1$ gibt)?

Daher finden wir nun ein $n_2\in \mathbb{N}$ mit $n_2\geq n_1+1>n_1$ und $d(y,f^{n_2}(x))\leq \frac{1}{2}$.
$>$ Warum $\leq \frac{1}{2}$ ? Immerhin: $d\left( y, f^{n_2}(x) \right) = d\left( y, \left(f \circ f^{n_1}\right)(x) \right)$

Und ich habe noch nicht ganz verstanden, woher wir wissen, dass es so ein $n_2$ gibt.


Gruß,
Neymar







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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-31


Hallo Neymar,

ja das 'sicherlich' kann/sollte man weglassen. So ein $n_1$ gibt es auf jeden Fall.

Es gilt i.A. nicht $f^{n_2}=f\circ f^{n_1}$, denn dazu müsste $n_2=1+n_1$ gelten. Wir wissen aber nur, dass $n_2\geq n_1+1$ gilt.

Es ist in metrischen Räumen ja folgendermaßen: Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und $A\subseteq X$. Dann ist $y\in \overline{A}$ genau dann, wenn es für jedes $\epsilon>0$ ein $y_{\epsilon}\in A$ existiert mit $d(y,y_{\epsilon})\leq \epsilon$ (man kann also jedes Element des Abschlusses von $A$ "beliebig genau durch Elemente aus $A$ approximieren"). Das wendet man im ersten Schritt auf $A=\{f^i(x)|i\geq 1\}$ und $\epsilon=1>0$ an und findet ein Element $y_1\in \{f^i(x)|i\geq 1\}$ dessen Abstand zu $y$ höchstens $1$ ist. Nach Definition der Menge $\{f^i(x)|i\geq 1\}$ muss es aber ein $n_1\geq 1$ geben mit $y_1=f^{n_1}(x)$ (es könnte prinzipiell mehrere solcher $n_1$ existieren, dann kann man ein beliebiges davon auswählen). Im zweiten Schritt wenden wir dasselbe Prinzip nun auf $A=\{f^i(x)|i\geq n_1+1\}$ und $\epsilon=\frac{1}{2}>0$ an. Da $y\in \overline{\{f^i(x)|i\geq n_1+1\}}$ nach Definition von $\omega(x)$, gibt es nun also ein $y_2\in \{f^i(x)|i\geq n_1+1\}$ mit $d(y_2,y)\leq \frac{1}{2}$. Wie zuvor muss es nun ein $n_2\geq n_1+1$ geben mit $y_2=f^{n_2}(x)$. Im nächsten Schritt würde man dann $A=\{f^i(x)|i\geq n_2+1\}$ und $\epsilon=\frac{1}{3}$ wählen und so weiter. Das man $\epsilon=1,\frac{1}{2},\frac{1}{3}$... wählt ist dabei willkürlich ,solange es sich um eine Nullfolge handelt (also hätte man auch stattdessen z.B. $\epsilon=10^0,10^{-1},10^{-2}$.. wählen können).

Viele Grüße

doglover



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-01


Guten Morgen doglover,

vielen Dank für die gute Erklärung. Darf ich dir noch ein paar Fragen stellen?

(1)
Es ist in metrischen Räumen ja folgendermaßen: Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und $A\subseteq X$. Dann ist $y\in \overline{A}$ genau dann, wenn es für jedes $\epsilon>0$ ein $y_{\epsilon}\in A$ existiert mit $d(y,y_{\epsilon})\leq \epsilon$ (man kann also jedes Element des Abschlusses von $A$ "beliebig genau durch Elemente aus $A$ approximieren").
$>$ Ich habe mich gefragt, warum $y \in \overline{\text{A}} \Leftrightarrow \forall \epsilon > 0 \ \exists y_{\epsilon} \in A: d\left( y, y_{\epsilon} \right) \leq \epsilon$. Ich habe mir noch einmal diesen Link angeschaut, glaube aber nicht, dass die Äquivalenz mit einem ,,Berührungspunkt" zu tun hat, denn nicht jedes $y \in \overline{\text{A}}$ ist ein Berührungspunkt, oder? (Falls du einen Link kennst, gerne senden! :-) )

(2) Nehmen wir mal an, wir haben folgendes Szenario gegeben:

$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, x \mapsto x e^{1/2} + 900$ (dieses $f$ kommt als "time-1 map" einer autonomen DGL raus, so wie ich es verstehe). (Ich bin mir nicht ganz sicher, ob wirklich $X = \mathbb{R}$, nehme es aber an, da ich keine Einschränkung dafür sehe.)

Anyway, es soll laut Buch (leider ohne Erklärung) rauskommen, dass $\omega(x) = 900$, sehe aber beim besten Willen nicht, wie das rauskommt bzw. rauskommen soll. Vielleicht hast du ja eine Idee?

Was ich gemacht habe, ist, mal beispielshaft $f^2(x) = (f \circ f)(x) = pe + 900$ zu bestimmen, aber dies sieht für mich nach einer divergenten Folge aus ...



Gruß,
Neymar



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-08-01


Hallo Neymar,

zu (1): Doch jedes Element $y\in \bar{A}$ ist ein Berührpunkt von $A$. Wie man sowas zeigt, ist immer eine Frage wie man den Abschluss einer Menge definiert. Man kann z.B. den Abschluss auch so schreiben: $\bar{A}=\text{int}(A)\cup \partial A$, wobei $\partial A$ die Randpunkte von $A$ sind. Also falls $y\in \bar{A}$, so ist entweder $y\in \text{int}(A)$ und daher kann man in dem Fall $y_{\epsilon}:=y$ wählen für jedes $\epsilon$ (da das Innere von $A$ wieder in $A$ enthalten ist). Andernfalls gilt $y\in \partial A$. Nach Definition bedeutet dies, dass für jedes $\epsilon>0$ ein $y_{\epsilon}\in B_{\epsilon}(y)\cap A$ existiert. In anderen Worten $y_{\epsilon}\in A$ und es gilt $d(y_{\epsilon},y)\leq \epsilon$. In beiden Fällen folgt also die Existenz eines $y_{\epsilon}$ mit der gewünschten Approximationseigenschaft.

zu (2): $\omega(x)$ ist eine Menge und keine Zahl, daher kann höchstens $\omega(x)=\{900\}$ gelten. Die Menge hängt auch von $x$ ab. Das heißt man muss sich überlegen, was für Szenarien für verschiedene $x$ eintreten können. Beispielsweise gilt für $x\geq 0$ die folgende Ungleichung $f^n(x)\geq 900\cdot n$ (da man in jedem Schritt mindestens 900 hinzuaddiert und $\sqrt{e}\geq 1$). Damit ist in dem Fall die Folge, wie du schon beobachtet hast, streng monoton und divergent. Daher für alle $x>0$: $\omega(x)=\emptyset$.
Was für $x<0$ passiert, habe ich mir nicht überlegt, aber das kannst du dir ja zur Übung nochmal anschauen.

Viele Grüße

doglover



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Neymar hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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