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Funktionenfolgen und -reihen » Konvergenz » Gegen 1/√x konvergente Cauchy-Folge
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Universität/Hochschule Gegen 1/√x konvergente Cauchy-Folge
Clvrhammer
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  Themenstart: 2021-10-19

Ich komme gerade bei einem Beispiel nicht mehr weiter und hoffe, dass ihr mir dabei vielleicht einen Tipp geben könnt. Das Beispiel lautet so: - - - - - - - - - - Zeigen Sie, dass $f(x) = \tfrac{1}{\sqrt{x}}$ ein Element von $L^1 \big( (0,1) \big)$ ist, indem Sie eine Cauchy-Folge $f_n$ in $M := \big( C^{\infty}([0,1]) \, , \; || \cdot ||_{L^1(0,1)} \big)$ finden, sodass diese zu $f$ konvergiert. - - - - - - - - - - Nun, ich verstehe das Beispiel folgendermaßen: Um zu zeigen, dass $f \in L^1(0,1)$ gilt, verwende ich die Vollständigkeit des Raumes $M$. Das heißt, wenn es mir gelingt eine Cauchy-Folge in $M$ zu finden, welche gegen $f$ konvergiert, dann muss wegen der Vollständigkeit von $M$ der Grenzwert $f$ ein Element von $M$ sein. Dann muss aber auch die Norm von $f$ endlich sein und deshalb $f \in L^1(0,1)$, i.e. auf $(0,1)$ integrierbar sein. Ist diese Interpretation der Aufgabenstellung richtig? Nun scheitere ich momentan daran eine gegen $f$ konvergente Cauchy-Folge zu finden. Mein Ansatz ist eine gegen $f$ konvergente Folge zu wählen, und dann zu überprüfen, ob diese Cauchy ist. Ich habe die Vermutung, dass die Folge $$f_n = \sqrt{\frac{1}{x + \tfrac{1}{n}}}$$ tatsächlich Cauchy ist, der Beweis dazu gelingt mir aber nicht. Ist ein Ansatz auf folgende Art und Weise zielführend?: $$|| f_n - f_m ||_{L^1(0,1)} = \int_0^1 | f_n(x) - f_m(x) | dx \leq \int_0^1 |f_n(x)| dx + \int_0^1 |f_m(x)| dx$$ Also, $$\int_0^1 f_n(x) dx = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x + \tfrac{1}{n}}}dx = \sqrt{n} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{nx + 1}}dx = ??$$ Beste Grüße, Clvrhammer


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Wally
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Hallo Clvrhammer, das geht wahrscheinlich schon, aber sofort die Differenz durch die DSumme der Beträge abzuschätzen, kann dch nicht gehen, oder? Du kannst \( \frac{1}{\sqrt{x}}\) zwischenschieben (wenn die Folge dagegen konvergiert, müssen die Integrale der Differenzen gegen Null gehen), so als Idee. Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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Clvrhammer
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-19

Hallo Wally, Ich verstehe deinen Ansatz, und er gefällt mir soweit auch. Allerdings hat sich mir damit gerade ein neues Problem offenbart: Angenommen ich zeige auf diese Art, dass $f$ der Grenzwert einer Cauchy-Folge ist. Wenn $M$ vollständig ist, muss doch $f(x) = 1/\sqrt{x}$ ein Element von $M$ sein. Aber $f$ ist doch nicht differenzierbar im Punkt $x = 0$. Habe ich die Angabe vielleicht falsch verstanden? **EDIT** Ich denke nun, dass ich die Aufgabe so zu interpretieren habe: Es sei vorausgesetzt, dass der Raum $L^1(0,1)$ die Vervollständigung von $C^{\infty}([0,1])$ ist (die Behauptung dürfte stimmen für das offene Intervall $(0,1)$. Stimmt diese für das geschlossene Intervall $[0,1]$ auch?). DANN, kann man folgern, dass $f \in L^1(0,1)$, wenn $f$ Grenzwert einer Cauchy-Folge in $C^{\infty}$ ist.


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haerter
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-19

Hallo, mit Differenzierbarkeit hat $L^1([0,1])$ am Ende wenig zu tun (auch wenn man mit $C^\infty$-Funktionen approximiert). Es ist auch kein Problem, dass $f(x)=1/\sqrt{x}$ bei $x=0$ gar nicht definiert ist, da könnte man irgendeinen Funktionswert wählen. In diesem Sinn ist dann $f\in L^1([0,1])$, obwohl da eine Singularität ist. Mit Deiner Folge sollte man zum Ziel kommen, man kann die $L^1$-Differenz $\|f_n-f_m\|$ explizit berechnen (wie Wally schon sagte: keine Dreiecksungleichung verwenden). Viele Grüße, haerter


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Clvrhammer
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-20

DANKE für eure bisherigen Antworten, die haben mir schon etwas mehr Licht auf diese Sache geworfen. - - - - - Ich fürchte aber, ich bin trotzdem noch etwas ratlos - denke aber, dass ich einen wesentlichen Aspekt bisher unerwähnt habe lassen, der mein Problem vielleicht erklärt (Ich weiß auch nicht wie ich vergessen konnte das anzumerken 🤔). Und zwar war mein Gedanke, dass dies doch ein sehr umständlicher Weg ist die Integrierbarkeit der Funktion $f$ auf $(0,1)$ zu zeigen. Ich vermutete daher, dass ich ein Integral der Form $$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}} dx$$ nicht explizit lösen soll, denn ansonsten ist die Cauchy-Eigenschaft der Folge $f_n$ über die Argumentation $$\begin{align*} || f_m - f_n || \enspace &\leq \enspace || f_m || + || f_n || \\ &{} \\ &= \enspace \int_0^1 |f_m(x) | \, dy + \int_0^1 |f_n(x) | \, dx \\ &{} \\ &= \enspace 2 \sqrt{ x + \tfrac{1}{m} } \; |_0^1 + 2 \sqrt{ x + \tfrac{1}{n} } \; |_0^1 \\ &{} \\ &\leq \enspace 4 \sqrt{2} + 4 \end{align*}$$ ziemlich einfach zu zeigen. Nun versuche ich also die Norm der Differenz $(f_m - f_n)$ so abzuschätzen, dass ich diese Integrale nicht explizit berechnen muss bzw. nur "einfachere" Integrale (d.h. Integrale die nicht der obigen Form entsprechen) lösen muss. Und eben das bereitet mir Probleme. - - - - - Ich habe probiert das ganze zu lösen OHNE die Dreiecksungleichung anzuwenden, komme aber leider nicht wirklich weiter damit. Wie man an meinem untenstehenden Ansatz sieht führe ich den Integranden nur wieder auf einen Integranden der selben Form zurück - womit mir leider nicht geholfen ist. $$\begin{align*} \big| \, f_m(x) - f_n(x) \, \big| \enspace &= \enspace \bigg| \; \sqrt{\frac{1}{x + \tfrac{1}{m}}} - \sqrt{\frac{1}{x + \tfrac{1}{n}}} \; \bigg| \\ &{} \\ &= \enspace \bigg| \; \frac{\sqrt{(x + \tfrac{1}{n})} - \sqrt{(x + \tfrac{1}{m})}}{\sqrt{(x + \tfrac{1}{m})} \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{n})}} \; \bigg| \\ &{} \\ &= \enspace \bigg| \; \frac{(x + \tfrac{1}{n}) - (x + \tfrac{1}{m})}{\sqrt{(x + \tfrac{1}{m})} \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{n})} \cdot \Big( \sqrt{x + \tfrac{1}{m}} + \sqrt{x + \tfrac{1}{n}} \Big)} \; \bigg| \\ &{} \\ &= \enspace \Big| \tfrac{1}{n} - \tfrac{1}{m} \Big| \; \cdot \; \bigg| \; \frac{1}{(x + \tfrac{1}{m}) \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{n})} + \sqrt{(x + \tfrac{1}{m})} \cdot (x + \tfrac{1}{n})} \; \bigg| \\ &\leq \enspace \Big| \tfrac{1}{n} - \tfrac{1}{m} \Big| \; \cdot \; \bigg| \; \frac{1}{\tfrac{1}{m} \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{n})} + \tfrac{1}{n} \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{m})}} \; \bigg| \\ &{} \\ &\leq \enspace \Big| \tfrac{1}{n} - \tfrac{1}{m} \Big| \; \cdot \; \bigg| \; \frac{1}{\big( \tfrac{1}{m} + \tfrac{1}{n} \big) \cdot \sqrt{(x + \tfrac{1}{mn})}} \; \bigg| \\ &{} \\ &= \enspace \bigg| \; \frac{\tfrac{1}{n} - \tfrac{1}{m}}{\tfrac{1}{m} + \tfrac{1}{n}} \; \bigg| \; \cdot \; \bigg| \; \frac{1}{\sqrt{(x + \tfrac{1}{mn})}} \; \bigg| \\ &{} \\ &< \enspace \frac{1}{\sqrt{(x + \tfrac{1}{mn})}} \quad . \end{align*}$$ Beste Grüße, Clvrhammer


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Wally
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Hallo, das ist echt ein bischen tricky. Man kann sich sich das Leben leichter machen, indem man mal gleich \( n>m\) annnimmt. Dann ist nämlich auch \( f_n(x)>f_n(x)\) und wir sind den Betrag los. Danach kannst du direkt \( f_n-f_m\) über \( [0,1]\) integrieren und getrennt die Werte an der oberen und unteren Grenze abschätzen. Stimmen muss die Aussagen, da in der 1-Norm \( 1_{[a+1/n,b+1/n]}\to 1_{[a,b]}\) geht, also stimmt das auch für Treppenfunktionen, also wegen der Dichtheit für alle \( L_1\)-Funktionen. Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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Clvrhammer
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-22

Besten Dank für eure Hilfe, ihr habt mir geholfen Klarheit in dieses Problem zu bringen. Tatsächlich wurde schließlich als Musterlösung eine Lösung in der Art \quoteon(2021-10-20 07:33 - Clvrhammer in Beitrag No. 4) [...] die Cauchy-Eigenschaft der Folge $f_n$ über die Argumentation $$\begin{align*} || f_m - f_n || \enspace &\leq \enspace || f_m || + || f_n || \\ &{} \\ &= \enspace \int_0^1 |f_m(x) | \, dy + \int_0^1 |f_n(x) | \, dx \\ &{} \\ &= \enspace 2 \sqrt{ x + \tfrac{1}{m} } \; |_0^1 + 2 \sqrt{ x + \tfrac{1}{n} } \; |_0^1 \\ &{} \\ &\leq \enspace 4 \sqrt{2} \end{align*}$$ ziemlich einfach zu zeigen. [...] \quoteoff präsentiert. Vermutlich wollte ich mir also meine Rechnung selbst nur schwerer machen als sie hätte sein müssen. Die von uns hier besprochene Lösung ohne die explizite Berechnung dieses Integrals ist jedoch im Zusammenhang mit diesem Beispiel ohnehin interessanter :) Vielen Dank nochmals und beste Grüße, Clvrhammer


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haerter
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-22

Hallo, "in der Art" ist ein bisschen witzig, denn das was Du dann schreibst, ist ja gerade keine Lösung und dass die Musterlösung richtig ist, davon gehe ich mal aus. Es wäre also vielleicht hilfreich, sich die Unterschiede doch genauer anzuschauen. Viele Grüße, haerter


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