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Funktionenfolgen und -reihen » Konvergenz » Gamma-Limes bestimmen
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Universität/Hochschule J Gamma-Limes bestimmen
Ohara98
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-31


Hallo Matheplanet!

Ich beschäftige mich gerade mit Gamma-Konvergenz. Nachdem ich der Meinung war, die Definition verstanden zu haben, habe ich mich an einige Beispiele gewagt. Dabei bin ich mir jedoch vollkommen unsicher, ob meine Ergebnisse stimmen. Ich hoffe jemand von Euch kennt sich damit aus und kann mir weiter helfen! :)

Gamma Konvergenz haben wir folgendermaßen definiert:

In einem topologischen Raum \(X\) sei \(F_n: X \rightarrow \mathbb{R}\) eine Folge von Funktionalen. \(F_n\) heißt Gamma-Konvergent gegen \(F\), wenn gilt:

(1) \( \forall x_n \rightarrow x \in X: F(x) \leq \liminf_{n\rightarrow \infty} F_n(x_n)\)

(2) \(\forall x \in X: \exists x_n \rightarrow x: F(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} F_n(x_n)\)

Ich habe mir nun ein paar Beispiele rausgesucht, für die man den Gamma-Limes bestimmen soll, ich würde mich freuen, wenn mir jemand z.B. beim ersten Beispiel helfen könnte, damit ich den Rest hoffentlich alleine schaffe :)

\[F_n(x) =
\begin{cases}
nx & 0 \leq x \leq 1/n \\
2-nx & \ 1/n \leq x \leq 2/n \\
0 & \text{sonst}
\end{cases}
\]
Ich soll nun den Gamma-Limes für \(F_n\) und \(-F_n\) bestimmen.

Um eine Idee zu bekommen, habe ich mir die Folge \(F_n(x)\) auf \([0,2]\) geplottet. Es handelt sich dabei um Dreiecksfunktionen, deren Spitze immer auf +1 liegt, deren Bereich auf dem sie von Null verschieden sind, jedoch immer kleiner wird. Aufgrund der Eigenschaft (1) aus der Definition oben, würde ich daher vermuten, dass die "Grenzfunktion" in diesem Sinne die Nullfunktion sein könnte. Nun müsste man jetzt noch für beliebige x eine Folge finden, die gegen x geht und (2) erfüllt. Ich würde hierzu die konstante Folge nehmen. Aus der Definition der Funktionenfolge \(F_n(x)\) finden wir ein \(n_0\), sodass \(\forall n\geq n_0: F_n(x) = 0 \). Also sind somit beide Punkte erfülllt und der Gamma-Limes gefunden(?)


Stimmt dieses Vorgehen soweit? Gibt es hier eine bessere Vorgehensweise, die eventuell allgemeiner ist und daher auch auf andere Probleme anwendbar ist? (Das ist nämlich leider eines der wenigen Beispiele, die ich geschafft habe, bei anderen scheitere ich leider...)


Wie sieht der Gamma-Limes von \(-F_n(x)\) aus? Ich habe hierzu zwar ebenfalls einen Verdacht, kann ihn aber (noch) nicht wirklich begründen.


Vielen Dank für Eure Hilfe und beste Grüße

Ohara



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-01


Hallo Ohara,
der Gamma-Limes F(x) stimmt so denke ich und für -F(x) habe ich auch eine Vermutung. Wikipedia Gamma-Konvergenz nennt als Eigenschaft, dass F(x) unterhalbstetig ist, also von jedem x aus gesehen springt F(x) nicht nach unten. Vielleicht hilft das etwas bei den anderen Beispielen.

Viele Grüße,
  Stefan



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Ohara98
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-01


2019-06-01 06:53 - StefanVogel in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo Ohara,
der Gamma-Limes F(x) stimmt so denke ich und für -F(x) habe ich auch eine Vermutung. Wikipedia Gamma-Konvergenz nennt als Eigenschaft, dass F(x) unterhalbstetig ist, also von jedem x aus gesehen springt F(x) nicht nach unten. Vielleicht hilft das etwas bei den anderen Beispielen.

Viele Grüße,
  Stefan


Hallo Stefan!

Vielen Dank für Deine Rückmeldung!
Der Hinweis mit der Unterhalbstetigkeit hat mir bei den meisten anderen Beispielen tatsächlich sehr geholfen - besten Dank!

Ich hänge jetzt nur mehr bei \(-F_n(x)\) von oben (bzw. einem anderen Beispiel, wo ich ein ähnliches Problem habe). Ich komme hier auf keine Funktion, die springen würde, d.h. ich hätte sogar Stetigkeit. Mein erster Verdacht war:

\[F(x) =
\begin{cases}
-1 & 0 \leq x \leq 1 \\
2-x & \ 1 \leq x \leq 2 \\
0 & \text{sonst}
\end{cases}
\]
für die Grenzfunktion. Das erfüllt wieder den ersten Punkt trivialerweise, jedoch habe ich ein Problem die zweite Bedingung zu erfüllen, für Punkte, die nicht gerade "Spitze eines der Dreiecke" ist, beispielsweise der Punkt \(\frac{3}{4}\) liegt sogar bei jeder der Funktionen mehr als z.B. \(\epsilon = 0.1\) über meiner angegebenen Funktion, also wird der Grenzwert wohl kaum gegen -1 konvergieren.


Dementsprechend war mein nächster Gedanke, dass ich für \(F(x)\) eine Art Zickzackfunktion aus den entsprechenden am tiefsten liegenden Teilstücken der \(F_n(x)\) zusammensetzen muss. Allerdings wächst der Bereich in dem \(F_n\) den Wert Null annimmt mit steigendem \(n\) immer weiter, sodass eine Konvergenz gegen irgend einen Wert ungleich Null schwierig wird. Allerdings liegt Null nicht immer unterhalb von \(F_n\), womit (1) verletzt wäre. Also ich drehe mich beim Versuch beide Bedingungen zu erfüllen im Kreis.

Was wäre Deine Vermutung gewesen?


Danke und beste Grüße

Ohara



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-01


Meine Vermutung stimmt schon zu einem Teil mit deinem \(F(x)\) überein.

2019-06-01 18:06 - Ohara98 in Beitrag No. 2 schreibt:
Allerdings liegt Null nicht immer unterhalb von \(F_n\),

das stimmt, doch deswegen kann die Null trotzdem kleiner oder gleich \(\liminf\) sein. Einfaches Beispiel: Folge \(a_n = -\frac1n , n=1, 2, 3...\), da gilt \(0 > a_n\) aber trotzdem \(0 \leq \liminf_{n\rightarrow\infty} a_n\). und \(\liminf\) wird in Bedingung (1) verwendet.


Ich komme hier auf keine Funktion, die springen würde, d.h. ich hätte sogar Stetigkeit.

Das wäre kein Hindernis. Eine stetige Funktion ist gleichzeitig unter- (und ober-)halbstetig, weil sie gar keine Sprünge macht und deswegen auch von jedem x aus gesehen keine Sprünge ausnahmslos nach oben (oder ausnahmslos nach unten).



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Ohara98
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02


2019-06-01 20:38 - StefanVogel in Beitrag No. 3 schreibt:
das stimmt, doch deswegen kann die Null trotzdem kleiner oder gleich \(\liminf\) sein. Einfaches Beispiel: Folge \(a_n = -\frac1n , n=1, 2, 3...\), da gilt \(0 > a_n\) aber trotzdem \(0 \leq \liminf_{n\rightarrow\infty} a_n\). und \(\liminf\) wird in Bedingung (1) verwendet.

Das stimmt natürlich - allerdings muss ich ja bei (1) dies für alle Folgen garantieren, die in \(F_n\) eingesetzt werden und selbst gegen ein x gehen.

Mir erschien es der einzige gangbare Weg eine Funktion zu basteln, die ohnehin immer darunter liegt, da mir kein Argument einfällt, um dies für alle Folgen zu beweisen.


NACHTRAG:

Auch, wenn es nicht ganz mit Deiner Aussage, dass Deine Idee schon teilweise ähnlich meiner aussieht zusammenpasst; ich habe nochmal über Dein Argument mit dem Limes Inferior nachgedacht und hätte nun folgenden Vorschlag:


\[F(x) =
\begin{cases}
-1 & x = 0 \\
0 & \text{sonst}
\end{cases}
\]

Für \(x \neq 0\) ist mit demselben Argument, wie für \(F_n(x)\) 0 der einzige Häufungspunkt, da wir - unabhängig von der Folge \(x_n \rightarrow x\), die wir wählen, immer ein \(n_0\) finden, sodass \(\forall n > n_0: F_n(x_n) = 0\).
Nun für \(x_n \rightarrow 0\) wählt man \(x_n := \frac{1}{n}\) und erhält \(F_n(x_n) = -1\). Gleichzeitig können wir keine Folge wählen, die uns einen größeren Häufungspunkt gibt, da jede auch nur etwas langsamer gegen 0 geht nicht mehr im ersten Teilbereich der Definition von \(F_n\) liegen würde, und somit relativ bald 0 - also einen echt größeren Häufungspunkt - liefern würde. Damit wäre (1) erfüllt (und das gegebene \(F\) ist unterhalbstetig).

Mit der konstanten Folge für \(x \neq 0\) und der oben erwähnten \(x_n := \frac{1}{n}\) Folge für \(x = 0\) erfüllen wir dann auch (2).

Habe ich irgendwo falsch gedacht, oder könnte das hin kommen?


2019-06-01 20:38 - StefanVogel in Beitrag No. 3 schreibt:

Das wäre kein Hindernis. Eine stetige Funktion ist gleichzeitig unter- (und ober-)halbstetig, weil sie gar keine Sprünge macht und deswegen auch von jedem x aus gesehen keine Sprünge ausnahmslos nach oben (oder ausnahmslos nach unten).


Klar! Das Kommentar meinerseits war eher darauf bezogen, dass ich hier Deinen Hinweis nicht direkt verwenden kann, also Stetigkeit ist natürlich nochmal "besser" als Unterhalbstetigkeit.


Danke und beste Grüße

Ohara



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-02


Der NACHTRAG war auch meine Vermutung, und das stimmt in x=0 und x=sonst mit deinem ersten F(x) überein. Bei deiner Begründung für den Fall \(x_n \rightarrow 0\) bin ich etwas anderer Meinung: Man kann die Folge \(x_n\) so wählen, dass jede beliebige reelle Zahl d größer -1 als Grenzwert der Folge \(F_n(x_n)\) auftritt, zum Beispiel \(x_n := \frac{d}{n}\) für ein beliebiges \(-1\leq d\leq 0\) und erhält F_n(x_n) = -d\). Der \(\liminf\) ist dann das Infimum von allen diesen möglichen Grenzwerten, also -1, am Ergebnis F(x) ändert sich dadurch nichts.



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Ohara98
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-02


2019-06-02 10:28 - StefanVogel in Beitrag No. 5 schreibt:
Der NACHTRAG war auch meine Vermutung, und das stimmt in x=0 und x=sonst mit deinem ersten F(x) überein. Bei deiner Begründung für den Fall \(x_n \rightarrow 0\) bin ich etwas anderer Meinung: Man kann die Folge \(x_n\) so wählen, dass jede beliebige reelle Zahl d größer -1 als Grenzwert der Folge \(F_n(x_n)\) auftritt, zum Beispiel \(x_n := \frac{d}{n}\) für ein beliebiges \(-1\leq d\leq 0\) und erhält F_n(x_n) = -d\). Der \(\liminf\) ist dann das Infimum von allen diesen möglichen Grenzwerten, also -1, am Ergebnis F(x) ändert sich dadurch nichts.


Hallo!
Nochmals vielen Dank für Deine Antwort!

Deinen Einwand verstehe ich allerdings gerade nicht wirklich.

Für Zahlen \(d \in (-1,0)\) ist doch \(-F_n(\frac{d}{n}) = 0\) per Definition von \(-F_n\). Für \(d \in (1,2]\) gilt \(-F_n(\frac{d}{n}) = -2+d > -1\), da \(d > 1\).
Da \(d< 0 \text{und} d > 2\) wieder per Definition von \(-F_n\) ausfallen, bleibt der Bereich \(d \in (0,1]\) zu betrachten. Und dabei wird der kleinste Wert für \(d = 1 \Rightarrow -F_n(\frac{1}{n}) = -1\) angenommen.

Damit sind doch Häufungspunkte kleiner -1 gar nicht möglich(?)


Beste Grüße

Ohara



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StefanVogel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-02


Das hatte ich falsch aufgeschrieben. Anlass war deine Feststellung

2019-06-02 09:40 - Ohara98 in Beitrag No. 4 schreibt:
Nun für \(x_n \rightarrow 0\) wählt man \(x_n := \frac{1}{n}\) und erhält \(F_n(x_n) = -1\). Gleichzeitig können wir keine Folge wählen, die uns einen größeren Häufungspunkt gibt, da jede auch nur etwas langsamer gegen 0 geht nicht mehr im ersten Teilbereich der Definition von \(F_n\) liegen würde, und somit relativ bald 0 - also einen echt größeren Häufungspunkt - liefern würde. Damit wäre (1) erfüllt (und das gegebene \(F\) ist unterhalbstetig).

also kurz zusammengefasst, bei x=0 können nur die beiden Grenzwerte -1 und 0 auftreten, und da wollte ich darauf hinweisen, dass auch jedes zwischen -1 und 0 liegende d ein Grenzwert ist. Dazu setze ich \(x_n := \frac{-d}{n}\) (das Minus hat gefehlt!). Dann ist \(-F_n(x_n) = d\) und somit auch der Grenzwert der Folge. Auf die Lösung hat das keinen Einfluss, -1 ist so oder so das Infimum der möglichen Grenzwerte.

Du hast das jetzt nochmal für \(x_n := \frac{d}{n}\) durchgerechnet und ich stimme deinem Ergebnis zu: Für d=1 wird der kleinste Häufungspunkt -1 angenommen.



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Ohara98
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2019-06-02 22:48 - StefanVogel in Beitrag No. 7 schreibt:

also kurz zusammengefasst, bei x=0 können nur die beiden Grenzwerte -1 und 0 auftreten, und da wollte ich darauf hinweisen, dass auch jedes zwischen -1 und 0 liegende d ein Grenzwert ist. Dazu setze ich \(x_n := \frac{-d}{n}\) (das Minus hat gefehlt!). Dann ist \(-F_n(x_n) = d\) und somit auch der Grenzwert der Folge. Auf die Lösung hat das keinen Einfluss, -1 ist so oder so das Infimum der möglichen Grenzwerte.

Du hast das jetzt nochmal für \(x_n := \frac{d}{n}\) durchgerechnet und ich stimme deinem Ergebnis zu: Für d=1 wird der kleinste Häufungspunkt -1 angenommen.


Verstehe - damit ist denke ich meine Frage geklärt.

Vielen Dank für Deine Hilfe!

Beste Grüße

Ohara



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