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Analysis » Funktionalanalysis » L²-Hilbertraum: Hat jede stetige Funktion ein Maximum oder Minimum?
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Universität/Hochschule J L²-Hilbertraum: Hat jede stetige Funktion ein Maximum oder Minimum?
Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-04-19


Hallo alle zusammen.

Gegeben sei eine $\mathbf{auf \ ganz}$ $\mathbb{R}$ stetige Funktion $\Psi \in L^2(\mathbb{R})$, die $\mathbf{auf \ ganz \ \mathbb{R}}$ definiert ist. Kann man daraus folgern, dass $\Psi$ ein Maximum oder Minimum hat (falls nicht, könnt ihr mir ein Gegebenbeispiel nennen)?

Falls ja, findet man irgendwo den Beweis im Internet (ich habe gesucht und nichts gefunden).

Diese Frage ist keine Aufgabe, die wir abgeben sollen o. Ä., sondern eine, die mir bei der Bearbeitung einer Aufgabe aufgekommen ist.

Gruß
Neymar



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Conny42
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-04-19


Huhu Neymar,

betrachte z.B. die Funktion $\Psi : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+$, $x \mapsto \exp(-x^2)$.
Die Funktion $\Psi$ ist stetig und es ist

$\int_{-\infty}^{\infty} |\exp(-x^2)|^2 \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \exp(-2x^2)\, dx = \sqrt{\pi/2}$,

also ist $\Psi \in L^2(\mathbb{R})$.
Es gilt $\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \Psi(x)=0$, aber $\Psi(x) > 0$ für alle $x \in \mathbb{R}$, also ist $\inf\{\Psi(x)\, | \, x \in \mathbb{R} \}=0$, aber das Infimum wird nicht angenommen, also hat $\Psi$ kein Minimum.
Analog hat $-\Psi$ kein Maximum.

Liebe Grüße,
Conny  






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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-19


Hallo Conny42,

ähm, $\exp(-x^2)$ ist eine Gauß-Funktion (bloß fehlen die ganzen Faktoren im Exponenten). Aber die Funktion hat offensichtlich ein Maximum an der Stelle $x = 0$, wie ich mir habe mit GeoGebra bestätigen lassen.


Gruß
Neymar



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Conny42
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-04-19


Hallo Neymar,

$\exp(-x^2)$ hat an der Stelle $x=0$ ein Maximum, da hast du natürlich recht, aber diese Funktion hat kein Minimum; $-\exp(-x^2)$ hat an der Stelle $x=0$ ein Minimum, aber kein Maximum.
Sorry, da hatte ich deine Frage wohl falsch verstanden...

Dann betrachte doch aber z.B. die Funktion $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, die überall Null ist außer auf den Intervallen der Form $[k-1/(2|k^3|), k+1/(2|k^3|)]$ für $k\in \mathbb{Z}\backslash \{0\}$.
Ist $k > 0$, so soll diese Funktion nichtnegativ und derart sein, dass die quadrierte Funktion auf diesem Intervall ein gleichseitiges Dreieck der Höhe $k$ beschreibt; ist $k<0$, so soll diese Funktion nichtpositiv sein und auch derart, dass die quadrierte Funktion auf dem entsprechenden Intervall ein gleichseitiges Dreieck der Höhe $|k|$ beschreibt.
Dann ist das Integral über die quadrierte Funktion gerade der Flächeninhalt der ganzen Dreiecke, also

$\int |f(x)|^2\, dx = \sum_{k=1}^{\infty} 2 \cdot \dfrac{1}{2}\cdot k \cdot \dfrac{1}{k^3} = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^2} < \infty$.

Also ist $f \in L^2(\mathbb{R})$, aber $f$ wird beliebig groß und beliebig klein.

Anders sieht es aus, wenn du annimmst, dass die Funktion stetig ist und im Unendlichen verschwindet, also wenn $\lim_{x \rightarrow \pm \infty} f(x)=0$ gilt. Dann nimmt die Funktion ein Minimum oder Maximum an (nicht unbedingt beides), siehe z.B. hier.
Aber stetige $L^2$-Funktionen müssen für $x \rightarrow \pm \infty$ nicht gegen Null gehen, solange die Intervalle, auf denen sie sehr groß bzw. sehr klein sind, klein genug sind, wie oben.

Hilft dir das weiter? :)

Liebe Grüße,
Conny  



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-20


Hey Conny. :-)

Hilft dir das weiter? :)

$>$ Jop, und wie!

Ich habe mittlerweile folgenden (abgehakten) Beweis gefunden, nachdem ich auf deinen Lick geklicht habe:

math.stackexchange.com/questions/970324/proving-fx-attains-max-or-min-when-fx-to0-as-x-to-infty?rq=1

So ganz klar ist mir der Beweis aber noch nicht.

Also wir gehen o. B. d. A. davon aus, dass $f$ nicht konstant auf $\mathbb{R}$ ist. Dann:

For every ε we can find an $\alpha$ such that for all $x$ outside of $(-α,α)$, $|f(x)|$ is ε-small.

$>$ Ich vestehe das so, dass $|f(x)| < \epsilon$ für alle $x \notin (-\alpha, \alpha)$, wobei $\epsilon > 0$ beliebig.

Ich erkläre mir das so, warum der zitierte Ausschnitt stimmt: Aufgrund des ,,$\epsilon-\alpha$-Kriteriums"
(i. d. R. häufig als $\epsilon-\delta$ bezeichnet) wissen wir, dass $\forall \ \epsilon >0 \ \exists \alpha > 0$, so dass $0 < |x-x_0| < \alpha \Rightarrow |f(x) - f(x_0)| < \epsilon$. Was mir noch Kopfzerbrechen bereitet, ist, was $x_0$ bzw. $f(x_0)$ sind. Könntest du bitte ein paar Worte darüber verlieren?


Weiter:

Since $f$ is not constant it has a supremum $S$ and infimum $I$ over the whole space with $S\ne I$. Since $f$ is bounded, $S$ and $I$ are not infinite.

$>$ Okay, aber woher wissen wir, dass $f$ beschränkt ist? (Jede stetige Fkt. ist auf einem kompakten Intervall beschränkt, aber wir haben es hier nicht mit einem kompakten Intervall zu tun.) Natürlich kann man irgendwie ,,wischi-wasch" argumentieren (immerhin wissen wir ja, dass $f(x) \overset{x\to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$, aber wie kann man das rigoros zeigen?


Since S≠I, at least one is not zero. Choose ε small enough so that max(|S|,|I|)>ε. we then know that there is α such that |f(x)| < ε for all |x|>α, so we only have to maximise/minimise the function on the compact set [-α,α] [...]

$>$ Hierzu habe ich vorerst keine Frage(n), aber vielleicht fällt mir später dazu noch etwas ein.


[...] which we can do by EVT.

$>$ Ich kenne die Abkürzung leider nicht, was für ein Verfahren ist das?



Danke im Voraus, Conny!!

Gruß
Neymar



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Conny42
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-04-20


Huhu Neymar,


For every ε we can find an $\alpha$ such that for all $x$ outside of $(-α,α)$, $|f(x)|$ is ε-small.

$>$ Ich vestehe das so, dass $|f(x)| < \epsilon$ für alle $x \notin (-\alpha, \alpha)$, wobei $\epsilon > 0$ beliebig.

Genau, damit ist einfach gemeint, dass $|f(x)| < \epsilon$ ist für $x \in \mathbb{R} \backslash{(-\alpha,\alpha)}$, also für $x \in \mathbb{R}$ mit $|x|\geq \alpha$.


Ich erkläre mir das so, warum der zitierte Ausschnitt stimmt: Aufgrund des ,,$\epsilon-\alpha$-Kriteriums"
(i. d. R. häufig als $\epsilon-\delta$ bezeichnet) wissen wir, dass $\forall \ \epsilon >0 \ \exists \alpha > 0$, so dass $0 < |x-x_0| < \alpha \Rightarrow |f(x) - f(x_0)| < \epsilon$. Was mir noch Kopfzerbrechen bereitet, ist, was $x_0$ bzw. $f(x_0)$ sind. Könntest du bitte ein paar Worte darüber verlieren?

Mit Stetigkeit hat diese Stelle nichts zu tun, das folgt einfach daraus, dass nach Annahme $\lim_{x\rightarrow \pm \infty} f(x) = 0$ ist: Für $\epsilon > 0$ gibt es wegen $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)=0$ nach der Definition des Limes ein $\alpha_1 > 0$, so dass $|f(x)|<\epsilon$ ist für alle $x \geq \alpha_1$ und analog gibt es ein $\alpha_2 < 0$, so dass $|f(x)|<\epsilon$ ist für alle $x \leq \alpha_2$. Mit $\alpha := \max(\alpha_1,|\alpha_2|)$ gilt $|f(x)|<\epsilon$ für alle $x$ mit $|x| \geq \alpha$.


Since $f$ is not constant it has a supremum $S$ and infimum $I$ over the whole space with $S\ne I$. Since $f$ is bounded, $S$ and $I$ are not infinite.

$>$ Okay, aber woher wissen wir, dass $f$ beschränkt ist? (Jede stetige Fkt. ist auf einem kompakten Intervall beschränkt, aber wir haben es hier nicht mit einem kompakten Intervall zu tun.) Natürlich kann man irgendwie ,,wischi-wasch" argumentieren (immerhin wissen wir ja, dass $f(x) \overset{x\to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$, aber wie kann man das rigoros zeigen?

Wir haben uns ja bereits oben überlegt, dass $|f(x)|<\epsilon$ ist für $x \in \mathbb{R}\backslash{(-\alpha, \alpha)}$, also gilt insbesondere $|f(x)|<\epsilon$ für $x \in \mathbb{R}\backslash[-\alpha, \alpha]$ und auf dem kompakten Intervall $[-\alpha, \alpha]$ ist $f$ beschränkt, da $f$ stetig ist. Also gibt es ein $M>0$, so dass $|f(x)|<M$ ist für $x \in [-\alpha, \alpha]$ und mit $C:=\max(\epsilon,M)$ gilt $|f(x)|<C$ für alle $x \in \mathbb{R}$ und somit ist $f$ beschränkt.


[...] which we can do by EVT.

$>$ Ich kenne die Abkürzung leider nicht, was für ein Verfahren ist das?

EVT steht für "Extreme Value Theorem", das ist gerade der Satz vom Minimum und Maximum, also dass eine stetige Funktion auf einem kompakten Intervall ihr Minimum und Maximum annimmt.

Liebe Grüße,
Conny



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-21


Hey Conny,

ich weiß nicht, ob du mir an Ostersonntag oder -montag zurückantwortest,
aber ich antworte und frage trotzdem zurück.

Erst einmal danke für deine (sehr hilfreichen) Antworten! ;-)

Haben wir aber dann nicht gezeigt, dass eine stetige Funktion mit $f(x) \overset{x \to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$ ein Minimum UND Maximum annimmt, so wie auch im Link im Kommentar angemerkt wird bzw. wurde, dass
etwa $f(x) := \exp(-x^2)$ kein Minimum besitzt. Aber das Extrem Value Theorem sagt ja aus, dass sowohl min als auch max angenommen werden!
(Ich bin verwirrt ...)

Either the max is S or the min is I; this proves the result.

$>$ Warum kann nicht beides eintreffen?

Gruß
Neymar



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Conny42
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-04-22


Huhu Neymar,

freut mich, dass ich dir helfen konnte! :)


Haben wir aber dann nicht gezeigt, dass eine stetige Funktion mit $f(x) \overset{x \to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$ ein Minimum UND Maximum annimmt, so wie auch im Link im Kommentar angemerkt wird bzw. wurde, dass
etwa $f(x) := \exp(-x^2)$ kein Minimum besitzt. Aber das Extrem Value Theorem sagt ja aus, dass sowohl min als auch max angenommen werden!

Das Extreme Value Theorem besagt, dass stetige Funktionen auf $kompakten$ Intervallen ihr Minimum und Maximum annehmen; die Funktion $f(x) = \exp(-x^2)$ nimmt auf jedem Intervall der Form $[-\alpha, \alpha]$ mit $\alpha > 0$ ihr Minimum und Maximum an, das Maximum an der Stelle $x=0$ und das Minimum am Rand des Intervalls, also für $x=\pm \alpha$. Es ist $f(\pm \alpha) = \exp(-\alpha^2) > 0$ und das ist der minimale Wert, den $f$ auf dem Intervall $[-\alpha, \alpha]$ annimmt, aber es ist $\inf(f(x) \, | \, x \in \mathbb{R})=0$; das Minimum der Funktion über $[-\alpha, \alpha]$ ist hier also nicht das Infimum über den gesamten Wertebereich von $f$.

In dem Beweis wird $\epsilon>0$ so klein gewählt, dass $\max(|S|,|I|)>\epsilon$ und $\alpha > 0$ wird so gewählt, dass $|f(x)|<\epsilon$ für $x$ mit $|x|>\alpha$.
Es ist also mindestens einer der Werte $|S|$ und $|I|$ größer als $\epsilon$, es ist natürlich auch möglich, dass beide größer als $\epsilon$ sind, aber das muss nicht unbedingt der Fall sein (z.B. in unserem Beispiel oben ist $I=0$).
Ist $|S|>\epsilon$, dann muss wegen $|f(x)|< \epsilon$ für $|x|>\alpha$ gelten, dass $S=\sup(f(x)\, | \, x \in [-\alpha, \alpha])$ und da $f$ stetig ist und das Supremum über einem kompakten Intervall gebildet wird, wird das Supremum angenommen, es gibt also ein $y \in [-\alpha, \alpha]$ mit $f(y) = S$. In diesem Fall hat $f$ ein Maximum.
Ist $|I|>\epsilon$, dann muss analog gelten, dass $I=\inf(f(x)\, | \, x \in [-\alpha,\alpha])$ und dass $I$ auf dem kompakten Intervall $[-\alpha, \alpha]$ angenommen wird. In diesem Fall hat $f$ ein Minimum.
Wie gesagt, ist es natürlich möglich, dass beides zutrifft und die Funktion ein Maximum und ein Minimum besitzt, aber bewiesen wurde hier nur, dass mindestens einer der beiden Fälle zutrifft.

Liebe Grüße,
Conny



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-04-22


Hey Conny,

danke dir für deine Antwort über Ostern!!

Das Extreme Value Theorem besagt, dass stetige Funktionen auf $\mathit{\text{kompakten}}$ Intervallen ihr Minimum und Maximum annehmen [...].

$>$ Stimmt, du hast natürlich Recht: $\exp(-x^2)$ nimmt ja auch auf jedem kompakten Intervall der Form $[-\alpha, \alpha]$, $\alpha > 0$ ein Minimum an ...


Wie gesagt, ist es natürlich möglich, dass beides zutrifft und die Funktion ein Maximum und ein Minimum besitzt, aber bewiesen wurde hier nur, dass mindestens einer der beiden Fälle zutrifft.

$>$ Ja, das war mein Missverständniss: Es ist auch möglich, dass BEIDES zutrifft, aber muss halt nicht.


Gruß und danke dir noch einmal  :-)
            Neymar



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Neymar hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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