Abschätzung p-Norm

18.10.2012, 20:13

Gast11022013

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Abschätzung p-Norm

Meine Frage:
Zeigen Sie die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p\leq\Vert x\rVert_q \end{eqnarray*}$ ,

für ein $\begin{eqnarray*} x\in\ell_q, q<p \end{eqnarray*}$ , woraus sich die Inklusion

$\begin{eqnarray*} l_q\subset l_p, 1\leq q\leq p<\infty \end{eqnarray*}$ ergibt.

Hinweis: Verwenden Sie ohne Beweis die Abschätzung $\begin{eqnarray*} (a^r+b^r)\leq (a+b)^r \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a,b\geq 0, r\geq 1 \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Ich komme damit nicht zurecht.

Wie zeigt man das?

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p=\left(\sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p\right)^{1/p}=... \end{eqnarray*}$

Mir fehlt eine Idee.-

Vielleicht beginnt man irgendwie mit

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p\leq\lVert x\rVert_p+\lVert x\rVert_q \end{eqnarray*}$

________________________________________________________________________

Ich denke, man macht es so:

Zeige die äquivalente Aussage $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p^p\leq\lVert x\rVert_q^p \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_q^p=\left(\sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^q\right)^{p/q=r}=\left(\lvert x_1\rvert^q+\lvert x_2\rvert^q+\hdots\right)^r\geq (\lvert x_1\rvert^q)^r+(\lvert x_2\rvert^q)^r+\hdots=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p=\lVert x\rVert_p^p \end{eqnarray*}$

________________________________________________________________________

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{p\to\infty}\lVert x\rVert_p=\lVert x\rVert_{\infty}~\forall~x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ ?

Ich weiß nämlich nicht so recht, wie man das beweisen könnte und mir ist nur aufgefallen, dass nach der Ausgangsaussage dieses Threads gilt, dass

$\begin{eqnarray*} \lVert x\lVert_p\leq \lVert x\rVert_1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} p>1, x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ .

Aber was das nun nützen könnte für den Beweis, weiß ich nicht.
Ich suche nach einem Ansatz für den Beweis.

________________________________________________________________________

edit von sulo: Tripelpost zusammengefügt.

19.10.2012, 11:25

tmo

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Die Ursprungsaufgabe hast du ja gelöst Freude

Freude

Jetzt zu deinem neuen Problem.

Kennst du die Aussage im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ ? Da ist die ganz einfach zu zeigen:

Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} \|x \|_\infty \leq \|x \|_p \leq \sqrt[p]{n}\|x \|_\infty \end{eqnarray*}$ , was im Grenzübergang $\begin{eqnarray*} p \to \infty \end{eqnarray*}$ die Beh. liefert. Das Problem im Folgenraum sieht man sofort: Wir können diese Ungleichung nicht einfach so übernehmen, da es ja kein endliches $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mehr gibt.

Zusammen mit der Tatsache, dass wegen $\begin{eqnarray*} x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ ja $\begin{eqnarray*} \sum_{i = N+1}^\infty |x_i| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ für genügend großes N ist, können wir die Aussage im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ aber ausnutzen, um sie hier zu zeigen.

Beachte auch, dass $\begin{eqnarray*} \| x \|_\infty \end{eqnarray*}$ als Maximum angenommen wird, da x Nullfolge ist.

19.10.2012, 12:05

Gast11022013

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Oh, danke. Das hilft mir sehr weiter.

Also zunächst mal zu der Aussage im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ :

Sei $\begin{eqnarray*} x\in\left\{(x_1,\hdots,x_n), x_i\in\mathbb{R}:\sum\limits_{i=1}^{n}\lvert x_i\rvert^p<\infty\right\} \end{eqnarray*}$ , dann

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^{p}\leq\lVert x\rVert_p^p=\sum\limits_{i=1}^{n}\lvert x_i\rvert^p\leq n\lVert x\rVert_{\infty}^p \end{eqnarray*}$

Wenn man nun überall die p-te Wurzel zieht und dann p gegen Unendlich gehen lässt, hat man

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}\leq\lim\limits_{p\to\infty}\lVert x\rVert_p\leq\lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ , also gilt die Behauptung. Ich meine mich zu erinnern, dass man das "Sandwich-Eigenschaft" nennt.

--------

Jetzt zu der eigentlichen Aussage.

Sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ beliebig gewählt.
Es ist n.V. $\begin{eqnarray*} x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ gilt ja, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert<\infty \end{eqnarray*}$ , d.h. diese Summe nimmt einen endlichen Wert an. Wenn ich nun N groß genug wähle, muss ja sozusagen die "Restsumme" dann unter jeden vorgegeben epsilon-Wert zu kriegen sein, da die Gesamtsumme ansonsten nicht endlich wäre, also

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert=\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert+\sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\lvert x_i\rvert\leq\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert+\varepsilon \end{eqnarray*}$

Wenn ich Dich richtig verstehe, kann man jetzt also das Resultat aus dem $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ anwenden, weil man ja bei der einen Summe wieder endlich viele Summanden hat, also:

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^p\leq\lVert x\rVert_p^p\leq\lVert x\rVert_1^p\leq \left(N\lVert x\rVert_{\infty}+\varepsilon\right)^p \end{eqnarray*}$ , wobei

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p^p\leq\lVert x\rVert_1^p \end{eqnarray*}$ wegen der Ausgangsaussage dieses Threads gilt, würde ich meinen?

Kann man jetzt sagen:

Epsilon war beleibig gewählt, also lasse Epsilon gegen 0 gehen.
Und dann kann man wieder wie im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ die p-ten Wurzeln ziehen und dann p gegen unendlich laufen lassen?

Viele Grüße,
Dennis

20.10.2012, 09:53

IfindU

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Epsilon gegen 0 gehen zu lassen, ist an dieser Stelle sehr gefährlich, weil $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ noch von Epsilon abhängt. Je kleiner du das wählst, desto größer wird N, bis zu es unendlich divergiert (wenn die Folge nicht bereits kompakten Träger hatte). Und die p-te Wurzel von N konvergiert nur gegen 1 (p gegen unendlich), wenn das N nicht mitwächst.

Desweiteren - selbst wenn du das machen könntest, besitzt nun auch N die p-Potenz. Die p-te Wurzel von N^p ist dann nur N - und das wird dir selten den Gefallen tun sofort 1 zu sein.

Leider sehe ich spontan auch keinen Ausweg - ich überleg nochmal.

Edit: Über die 1-Norm kann das auch nicht funktionieren - denn dann würdest du zeigen dass die unendlich-Norm und die l^1-Norm gleich sind - für jede Folge. Das willst du aber gar nicht. Deine Argumente über konvergente Reihen lassen sich 1:1 auf Folgen in l^p übertragen - und von da aus hast du eine bessere Ausgangslage.

20.10.2012, 10:16

Gast11022013

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Zitat:

Original von IfindU

Edit: Über die 1-Norm kann das auch nicht funktionieren - denn dann würdest du zeigen dass die unendlich-Norm und die l^1-Norm gleich sind - für jede Folge. Das willst du aber gar nicht. Deine Argumente über konvergente Reihen lassen sich 1:1 auf Folgen in l^p übertragen - und von da aus hast du eine bessere Ausgangslage.

Hm, das verstehe ich leider nicht.

Also die Ausgangsaussage gar nicht benutzen?

20.10.2012, 10:25

IfindU

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Du hast
$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^p\leq\lVert x\rVert_p^p\leq\lVert x\rVert_1^p\leq \left(N\lVert x\rVert_{\infty}+\varepsilon\right)^p \end{eqnarray*}$
und würdest gerne folgern, dass
$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}\leq\lim\limits_{p\to\infty}\lVert x\rVert_p\leq\lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$

Das Problem hierbei ist nun, dass wenn p gegen unendlich geht - sagen wir mal der Term ganz rechts tut dir den Gefallen und macht genau das was man eigentlich tun wollte. Dann hast du da
$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty} \leq \lim_{p \to \infty} \lVert x\rVert_p \leq\lVert x\rVert_1\leq \lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Damit hättest du gezeigt, dass nicht nur die p-Norm für p gegen unendlich gegen die unendlich Norm konvergiert (was man wegen der Namensgebung der Norm sogar erwarten könnte), sondern auch dass die l^1 Norm von x auch gleich der Supremumsnorm ist. Das kann schon nicht stimmen. Deswegen kannst du mit dem rechtesten Term machen was du willst, entweder du kriegst deine Aussage nicht gefolgert, oder du folgerst etwas falsches mit.

Edit: Was du besser tun würdest:
Weil $\begin{eqnarray*} \sum x^p < \infty \end{eqnarray*}$ gibt es hier auch für jedes Epsilon > 0 ein N, so dass $\begin{eqnarray*} \sum x^p < \sum_{n=1}^N x^p + \varepsilon \end{eqnarray*}$ . Man muss mit der Abschätzung für die unendlich-Norm nun etwas mehr aufpassen, aber genau das wird dir dann helfen die Konvergenz zu beweisen.

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20.10.2012, 10:49

Gast11022013

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Deine Erklärung leuchtet mir ein.

Nur diesen Part verstehe ich noch nicht:

Zitat:

Original von IfindU
Was du besser tun würdest:
Weil $\begin{eqnarray*} \sum x^p < \infty \end{eqnarray*}$ gibt es hier auch für jedes Epsilon > 0 ein N, so dass $\begin{eqnarray*} \sum x^p < \sum_{n=1}^N x^p + \varepsilon \end{eqnarray*}$ . Man muss mit der Abschätzung für die unendlich-Norm nun etwas mehr aufpassen, aber genau das wird dir dann helfen die Konvergenz zu beweisen.

Wo nutzt man hier aus, dass $\begin{eqnarray*} x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ ?

Verwendet man hier die in der Ursprungsaussage gezeigte Inklusion

$\begin{eqnarray*} \ell_q\subset\ell_p, 1\leq q\leq p<\infty \end{eqnarray*}$ , wobei hier $\begin{eqnarray*} q=1 \end{eqnarray*}$ ?

Und müssen da nicht noch Beträge bei den Summanden stehen, also

$\begin{eqnarray*} \sum\lvert x_i\rvert^p<\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\varepsilon \end{eqnarray*}$ ?

20.10.2012, 10:59

IfindU

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Sry, in meinem Kopf hieß es plöltzlich oBdA $\begin{eqnarray*} x_n \geq 0 \end{eqnarray*}$ dann kann man sich die ganzen Beträge sparen. Man benutzt $\begin{eqnarray*} x \in l^1 \end{eqnarray*}$ sehr implizit, nämlich $\begin{eqnarray*} x \in l^1 \Rightarrow x \in l^p \end{eqnarray*}$ für alle p. Würde man das nicht fordern, müsste man sich noch technisch mit dem limes rumschlagen, der dann nicht nur p gegen unendlcih heißen müsste, sondern auch noch p groß genug, damit x ordentlich definiert ist. So definiert man es im kleinsten Raum und liegt somit in allen anderen.

20.10.2012, 13:19

Gast11022013

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Tut mir leid, ich komme da nicht weiter.

Sei $\begin{eqnarray*} x\in\ell_1 \end{eqnarray*}$ , dann $\begin{eqnarray*} x\in\ell_p, 1\leq p<\infty \end{eqnarray*}$ .

Damit $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p<\infty \end{eqnarray*}$ , also gilt für ein hinreichend großes $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p=\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p<\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\varepsilon \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \varepsilon=\varepsilon(N) > 0 \end{eqnarray*}$ .

Dann habe ich noch:

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^p=\sup\limits_{i\in\mathbb{N}}\lvert x_i\rvert^p\leq\lVert x\rVert_p^p=\sum\limits_{i=1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p<\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\varepsilon \end{eqnarray*}$

Aber da weiß ich nun partout nicht mehr weiter...

20.10.2012, 13:39

IfindU

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Rechts hast du nun eine endliche Summe stehen. Das kannst du wieder schön gegen die l^oo Norm abschätzen, wie du es bereits vorher getan hast. Dann kannst du die p-te Wurzel ziehen und argumentieren, warum es das ist was man haben will. Diesmal hast du nämlich kein N mehr stehen, sondern die p-te Wurzel aus N - was sofort viel sympathischer aussieht.

20.10.2012, 14:13

Gast11022013

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Ich habe doch dann da rechts stehen:

$\begin{eqnarray*} ...<N\cdot\lVert x\rVert_{\infty}^p+\varepsilon \end{eqnarray*}$ ?

20.10.2012, 14:20

IfindU

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Genau. Jetzt kannst du aber durch die komplette Ungleichungskette die p-te Wurzel ziehen. Es wird ja nicht $\begin{eqnarray*} \| x\|_p^p \to \| x\|_\infty \end{eqnarray*}$ gelten, sondern $\begin{eqnarray*} \| x\|_p \to \| x\|_\infty \end{eqnarray*}$

20.10.2012, 14:49

Gast11022013

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Dann habe ich

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^{p}\leq\lVert x\rVert_p^p<\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\varepsilon\leq N\lVert x\rVert_{\infty}^{p}+\varepsilon \end{eqnarray*}$

(Kann man auch $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p^p\leq\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\varepsilon \end{eqnarray*}$ nehmen?)

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}\leq\lVert x\rVert_p\leq\sqrt[p]{N\lVert x\rVert_{\infty}^p+\varepsilon} \end{eqnarray*}$

Die rechte Seite kommt mir noch falsch vor.

20.10.2012, 15:18

IfindU

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Ich finde sie sieht gut aus. Moralisch gesehen steht rechts ja
$\begin{eqnarray*} \sqrt[p]{ N \| x\| + \text{klein}} \end{eqnarray*}$ . Wenn wir das kleine Epsilon Heuristisch einmal weglassen, bekommen wir
$\begin{eqnarray*} \sqrt[p] N \sqrt[p] {\| x^p\|} = \| x\| \sqrt[p] N \end{eqnarray*}$ . Für p gegen unendlich konvergiert es nun wieder gegen das gewünschte.

Natürlich dürfen wir das Epsilon nicht einfach weglassen, aber aktuell sieht es gut aus. Du kannst dir aber leicht, dass
a) die Wurzel ist monoton
b) Uns interessieren nur viele -- aber feste und kleine -- Epsilon, bei denen jeweils wieder N fest ist. Was bekommt man denn, wenn $\begin{eqnarray*} \varepsilon < \| x\|^p_\infty \end{eqnarray*}$ ? [Wenn es kein Epsilon derartig gibt, führt es auf einen trivialen Spezialfall.]

Edit: Die Argumentation funktioniert aktuell nur sauber wenn $\begin{eqnarray*} \| x \|_\infty \geq 1 \end{eqnarray*}$ ist. Für kleinere Folgen, müsste man sich gerade noch was neues überlegen.

20.10.2012, 15:29

Gast11022013

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Ich nehme an, Du meinst $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}^p \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \lVert x^p\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Also, wenn $\begin{eqnarray*} \varepsilon\leq\lVert x\rVert_{\infty}^{p} \end{eqnarray*}$ , so hat man dann wegen der Monotonie der Wurzel

$\begin{eqnarray*} \hdots\leq\sqrt[p]{N\lVert x\rVert_{\infty}^{p}+\varepsilon}\leq\sqrt[p]{N\lVert x\rVert_{\infty}^{p}+\lVert x\rVert_{\infty}^{p}}=\sqrt[p]{(N+1)\lVert x\rVert_{\infty}^p}=\sqrt[p]{N+1}\cdot\lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ und dieser Ausdruck strebt für $\begin{eqnarray*} p\to\infty \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Das mit dem Spezialfall ist mir noch nicht klar geworden.

20.10.2012, 15:42

IfindU

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Das Problem gerade ist, dass ich Epsilon in Abhängigkeit von p gewählt habe. Damit bleibt auch N nicht fix, wenn man p gegen unendlich schickt. Was kein Problem ist, wenn das Supremum über x größer als 1 ist, weil man Epsilon einfach klein lassen kann, damit kann man das N fix lassen und für den Grenzwert bekommt man das Richtige.

Ist nun das Supremum von x echt kleiner 1, zwingt man das Epsilon in Abhängigkeit von p immer kleiner, das N immer größer, und ohne genauere Betrachtung des Wachstums der Beiden würde man da nicht mehr weiter kommen.

Edit: Der Spezialfall wäre das Supremum über alle Folgenglieder ist 0 ist technisch gesehen blöd, weil Epsilon echt größer als 0 sein muss (im Alllgemeinen). Wenn nun aber alle Folgenglieder 0 sind, kann man die Ungleichung recht einfach direkt zeigen.

Was bleibt ist $\begin{eqnarray*} \| x\|_\infty \in (0,1) \end{eqnarray*}$

20.10.2012, 15:47

Gast11022013

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Ich finde das alles sehr verwirrend. verwirrt

verwirrt

Man muss beachten, ob $\begin{eqnarray*} \varepsilon <\lVert x\rVert_{\infty}^{p} \end{eqnarray*}$ oder nicht...

...ob $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}\geq 1 \end{eqnarray*}$ ....

ich verliere da ehrlich gesagt so langsam den Durchblick

20.10.2012, 15:53

IfindU

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Wenn wir uns die Supremumsnorm mal kurz als Zahl y denken (schon oft genug Normen geschrieben für heute).
Wenn y > 1 ist, wächst y^p für p gegen unendlich immer weiter gegen unendlich.
Wenn y < 1 ist, schrumpft y^p immer weiter gegen 0.

Im letzteren Fall hat man bei der Espilondefinition keine gleichmäßige obere Schranke mehr. Wenn du fordert, dass \eps < y^p ist, muss epsilon immer kleiner werden (die rechte Seite konvergiert schließlich gegen 0), was aber wegen der engen Beziehung von Epsilon und N zur Folge hat, dass N immer weiter wächst. Wenn es nur langsam wächst, z.B. N(eps) = N_0 - eps ist es kein Problem, weil die Wurzel es schnell zur 1 treibt und der Beweis funktioniert. Wenn aber N(eps) = N_0^p wächst [p sei implizit über die Wachstumbedingung \eps < y^p gegeben], konvergiert $\begin{eqnarray*} \sqrt[p]{N(eps)} \to N_0 \end{eqnarray*}$ , wenn Epsilon gegen 0 strebt, was im Allgemeinen nicht gut genug ist.

Für y > 1 hast du ja bereits gezeigt, dass sowas nicht passiert [N kann sogar konstant in p gewählt werden].

Ich hoffe das war etwas klarer.

20.10.2012, 16:17

Gast11022013

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Ja, schon. Aber ich komme an dieser Stelle jetzt nicht mehr weiter.

20.10.2012, 17:04

IfindU

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Tut mir Leid, ich habe eine ganze Weile daran überlegt und sehe jetzt auch nicht wie man den Fall lösen kann. traurig

traurig

Edit: Idee! Man könnte erst einmal über Folgen mit kompaktem Träger argumentieren. Dafür kann Epsilon tatsächlich 0 gewählt werden und die Aussage ist leicht zu zeigen. Nun sind diese Folgen dicht in l^1, deshalb gibt es eine Folge x^k mit kompaktem Träger und $\begin{eqnarray*} \| x - x^k \|_{l^1} \ to 0 \end{eqnarray*}$ wenn k gegen unendlich geht.

D.h. wir teilen unsere Folge $\begin{eqnarray*} x = x^k + x^* \end{eqnarray*}$ auf (x^k hat die ersten k stellen von x und x^* den Rest) und rechnen
$\begin{eqnarray*} \|x \|_p = \| x_k \|_p + \| x^*\| \leq \|x_k\|_\infty + \| x^*\|_p \end{eqnarray*}$ . Für k groß genug ist die unendlich Norm von x_k und x gleich (die Folge nimmt Maximum an und wir haben also
$\begin{eqnarray*} \|x \|_p \leq \|x\|_\infty + \| x^*\|_p \end{eqnarray*}$ .
Die Summe über alle p können wir durch ein Epsilon nach oben abschätzen, was "stabil" unter dem Grenzwert von p gegen unendlich ist und wir hättens.

Man hoffe ich keinen Denkfehler eingebaut zu haben.

20.10.2012, 18:43

tmo

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Ich dachte an sowas hier:

Zunächst mal können wir uns auf $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$ beschränken und wegen der Homogenität der Normen können wir uns dann $\begin{eqnarray*} \|x\|_p \end{eqnarray*}$ sogar aussuchen. Darauf kommen wir gleich zurück.

Sei nun $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig.

Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \|x\|_p \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p + \varepsilon} \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p} + \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Die letzte Abschätzung gilt nur für $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^N |x_i|^p \geq 1 \end{eqnarray*}$ . Wegen obiger Überlegung können wir davon aber o.B.d.A ausgehen.

Nach eventueller Vergrößerung von $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \|x\|_\infty = \max_{1 \leq i \leq N} |x_i| \end{eqnarray*}$ .

Daher können wir die Aussage im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^N \end{eqnarray*}$ nutzen und $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ so groß wählen, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p} < \|x\|_\infty + \varepsilon \end{eqnarray*}$ , was insgesamt zu $\begin{eqnarray*} \|x\|_p \leq \|x\|_\infty + 2\varepsilon \end{eqnarray*}$ führt. Mehr brauchen wir doch nicht.

21.10.2012, 01:32

Gast11022013

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RE: Abschätzung p-Norm
Ich muss leider Rückfragen stellen, weil ich wohl zu begriffsstutzig bin. unglücklich

unglücklich

1.) Wieso können wir uns auf $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ beschränken?

Meine Antwort: Weil die Behauptung für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ trivialerweise erfüllt ist, da dann $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p=0, \lim\limits_{p\to\infty} 0=0=\sup\limits_{i\in\mathbb{N}}\lvert x_i\rvert=\lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

2.) Was meinst Du mit "Homogenität der Normen"?

Ich weiß nur, dass absolute Homogenität eine der drei Normeigenschaften ist, also $\begin{eqnarray*} \lVert \lambda x\rVert_p=\lvert\lambda\rvert\lVert x\rVert_p~\forall\lambda\in\mathbb{K}, x\in X \end{eqnarray*}$ . Vielleicht meinst Du ja genau das.

3.) Wieso können wir uns wegen der Homogenität $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p \end{eqnarray*}$ "aussuchen" und was meinst Du mit "aussuchen"?

4.) Wieso können wir o.B.d.A für die eine Abschätzung davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p\geq 1 \end{eqnarray*}$ ?

Danke für die bisherige enorme Mühe mit mir.

________________________________________________________________________

Eine letzte Idee bringe ich noch vor. Big Laugh

Big Laugh

Und zwar könnte man nicht folgende Aussage benutzen:

Für $\begin{eqnarray*} 0\leq r\leq 1 \end{eqnarray*}$ und für alle $\begin{eqnarray*} a,b\in\mathbb{K} \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \lvert a+b\rvert^r\leq \lvert a\rvert^r+\lvert b\rvert^r \end{eqnarray*}$

Beweis:

klar für r=0.

Für $\begin{eqnarray*} 0<r\leq 1 \end{eqnarray*}$ : Es gilt $\begin{eqnarray*} \lvert a+b\rvert^r\leq (\lvert a\rvert +\lvert b\rvert)^r \end{eqnarray*}$ (Dreiecksungleichung) und daher kann auch die äquivalente Aussage

$\begin{eqnarray*} (\lvert a\rvert +\lvert b\rvert)^r\leq \lvert a\rvert^r+\lvert b\rvert^r \end{eqnarray*}$

gezeigt werden.

Das ist aber eine direkte Folgerung aus der Ausgangsaussage dieses Threads!

BEWEIS ENDE

So und dann könnte man doch jetzt Folgendes sagen (hoffe ich!):

$\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}=\max\limits_{i\in\mathbb{N}}\lvert x_i\rvert\leq \lVert x\rVert_p=\left(\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\sum\limits_{i=N+1}\lvert x_i\rvert^p\right)^{\frac{1}{p}} \end{eqnarray*}$

dann mit obiger Eigenschaft mit $\begin{eqnarray*} r=1/p \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \left(\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p+\sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p\right)^{\frac{1}{p}}\leq\left(\sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p\right)^{\frac{1}{p}} \end{eqnarray*}$

Nun hatten wir ja gesagt, dass es ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon_N>0 \end{eqnarray*}$ gibt, s. d. (wenn man N groß genug hernimmt):

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\lvert x_i\rvert^p<\varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Kann man denn dann nich jetzt weiter abschätzen mit

$\begin{eqnarray*} \leq N^{\frac{1}{p}}\lVert x\rVert_{\infty}+\varepsilon^{\frac{1}{p}} \end{eqnarray*}$

ACH MENNO!!
Wenn man jetzt den Limes bildet, dann steht ja rechts $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_{\infty}+1 \end{eqnarray*}$

traurig

traurig

edit von sulo: Doppelpost zusammengefügt.

21.10.2012, 10:41

tmo

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Zitat:

Original von Dennis2010
1.) Wieso können wir uns auf $\begin{eqnarray*} x\neq 0 \end{eqnarray*}$ beschränken?

Meine Antwort: Weil die Behauptung für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ trivialerweise erfüllt ist, da dann $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p=0, \lim\limits_{p\to\infty} 0=0=\sup\limits_{i\in\mathbb{N}}\lvert x_i\rvert=\lVert x\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Ja.

Freude

Zitat:

Original von Dennis2010
3.) Wieso können wir uns wegen der Homogenität $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p \end{eqnarray*}$ "aussuchen" und was meinst Du mit "aussuchen"?

Hast du für irgendein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ schon $\begin{eqnarray*} \lim_{p \to \infty} \|x\|_p = \|x\|_\infty \end{eqnarray*}$ gezeigt, so gilt für jedes $\begin{eqnarray*} \lambda > 0 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \lim_{p \to \infty} \|\lambda x\|_p = \lim_{p \to \infty} \lambda \|x\|_p = \lambda\|x\|_\infty = \|\lambda x \|_\infty \end{eqnarray*}$ .

Daher können wir z.B. schon o.B.d.A von $\begin{eqnarray*} \|x\|_p = 2 \end{eqnarray*}$ ausgehen.

Zitat:

Original von Dennis2010
4.) Wieso können wir o.B.d.A für die eine Abschätzung davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{N}\lvert x_i\rvert^p\geq 1 \end{eqnarray*}$ ?

Wegen $\begin{eqnarray*} \|x\|_p = 2 \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: Ok, hier sollte man noch etwas aufpassen:

Zitat:

Original von tmo
Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \|x\|_p \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p + \varepsilon} \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p} + \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Diese Abschätzung gilt unabhängig von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ . D.h. wenn wir das $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ maßgeschneidert für den Fall $\begin{eqnarray*} p=1 \end{eqnarray*}$ gewählt haben, so gilt die Abschätzung auch für alle $\begin{eqnarray*} p > 1 \end{eqnarray*}$ , denn der Reihenrest $\begin{eqnarray*} \sum_{i=N+1}^\infty |x_i|^p \end{eqnarray*}$ ist monoton fallend in $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ o.B.d.A schon so groß gewählt wurde, dass $\begin{eqnarray*} |x_i| < 1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i > N \end{eqnarray*}$ .

Dies sichert uns, dass nichts passiert, wenn wir nachher bei festem $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ "groß" wählen.

23.10.2012, 16:04

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das mit dem o.B.d.A verstehe ich leider immer noch nicht.

Mir ist nicht klar, wieso man einfach von z.B. $\begin{eqnarray*} \lVert x\rVert_p=2 \end{eqnarray*}$ ausgehen kann und dabei die Aussage nicht einschränkt...

verwirrt

verwirrt

23.10.2012, 17:29

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \end{eqnarray*}$ beliebig und $\begin{eqnarray*} \lambda = \| x \|_p \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt $\begin{eqnarray*} \| \frac{2}{\lambda} x \|_p =2 \end{eqnarray*}$ .

Nach dem, was ich oben geschrieben habe, reicht es aber, die Aussage für $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\lambda} x \end{eqnarray*}$ zu zeigen, um sie für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

23.10.2012, 18:05

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube, ich beginne langsam zu verstehen.

Ich zeige die Aussage für $\begin{eqnarray*} y:=\frac{2}{\lambda}\cdot x \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} x\neq0, \lambda>0 \end{eqnarray*}$ beliebig.

Wenn man also zeigt

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{p\to\infty}\lVert y\rVert_p=\lVert y\rVert_{\infty} \end{eqnarray*}$ reicht es aus, weil diese Aussage ja äquivalent ist zu der Ursprungsaussage, die man beweisen soll, da man die Faktoren wegkürzen kann.

Nun kann man sich aber $\begin{eqnarray*} \lambda>0 \end{eqnarray*}$ aussuchen. Und wenn man zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \lambda=\lVert x\rVert_p \end{eqnarray*}$ wählt (dann ist 2/lambda ist ja größer Null, weil im Nenner nicht 0 stehen kann, da dann aufgrund einer Normeigenschaft x=0 wäre, was ja ausgeschlossen wirde), so hat man sich ohne Beschränkung der Allgemeinheit für ein y entschieden, dessen p-Norm eben 2 ist, was man also benutzen darf.

So richtig kapiert?

23.10.2012, 18:11

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Genau so war es gemeint. Sorry, dass ich es etwas lapidar formuliert habe.

23.10.2012, 19:34

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Das war nicht lapidar, ich war nur zu begriffsstutzig wie so oft.

DANKE DANKE DANKE

__________________________________________________________________________

Da hat sich noch eine Lücke bei mir offenbart.
Wieso gilt

Zitat:

Original von tmo

$\begin{eqnarray*} \|x\|_p \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p + \varepsilon} \leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^N |x_i|^p} + \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Die letzte Abschätzung gilt nur für $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^N |x_i|^p \geq 1 \end{eqnarray*}$ .

?

Ich komm' nicht drauf. verwirrt

verwirrt

edit von sulo: Doppelpost zusammengefügt.

23.10.2012, 20:34

Ungewiss

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$\begin{eqnarray*} \frac{(x+\varepsilon)^{\frac 1p}-x^{\frac 1p}}{\varepsilon}=\frac 1p\xi^{\frac 1p -1}\leq 1 \quad\text{für ein }x\leq\xi\leq x+\varepsilon \end{eqnarray*}$

Falls x>=1

23.10.2012, 20:58

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Steig ich auch noch nicht durch.

Ich weiß auch nicht, was mit mir los ist.

23.10.2012, 21:02

Ungewiss

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Für alle x,p >=1 und eps>0 ist

$\begin{eqnarray*} (x+\varepsilon)^{\frac 1p}\leq x^{\frac 1p} +\varepsilon \end{eqnarray*}$

Jetzt musst du nur noch für x das richtige einsetzen und hast die Ungleichung von tmo.

23.10.2012, 21:23

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja x ist diese Summe da...

Aber wie sieht man jetzt

$\begin{eqnarray*} (x+\varepsilon)^{1/p}\leq x^{1/p}+\varepsilon \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x.p^\geq 1 \end{eqnarray*}$ ? Big Laugh

Big Laugh

23.10.2012, 21:30

Ungewiss

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Mit dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

23.10.2012, 21:42

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ach, der gute alte Mittelwertsatz, jetzt kapiere ich auch Deinen Beitrag.

Danke.

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