abzählbar viele Unstetigkeitsstellen, Monoton

24.12.2015, 15:59	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
abzählbar viele Unstetigkeitsstellen, Monoton Hallo und schönen Heiligen Abend zusammen, Eine auf $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ monotone Funktion besitzt höchstens abzählbar viele Unstetigkeitsstellen. Der Beweis im Heuser: Die Funktion f sei wachsend auf $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ und U sei die Menge ihrer Unstetigkeitsstellen in $\begin{eqnarray} (a,b) \end{eqnarray}$ . Nach dem letzten Satz ist $\begin{eqnarray} U=\{x \in (a,b): f(x-) < f(x+)\} \end{eqnarray}$ Zu jedem $\begin{eqnarray} x\in U \end{eqnarray}$ können wir also eine rationale Zahl $\begin{eqnarray} r(x) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f(x-) < r(x) < f(x+) \end{eqnarray}$ bestimmen. Die Abbildung $\begin{eqnarray} x \rightarrow r(x) \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ ist offenbar inejektiv, und infolgedessen ist U höchstens abzählbar. Dasselbe gilt, dann auch für die Menge der Unstetigkeitsstellen in $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ . Meine Frage: Wie kommt man darauf, dass r(x) injektiv ist? Wie folgt, dass aus der Monotonie von f?
24.12.2015, 17:49	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist wichtig, dass r nur auf U definiert ist. Und auf der Menge springt die Funktion hoch und kann danach wegen Monotonie nie wieder runterspringen. Ist es nun klarer?
25.12.2015, 09:57	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Mir hilft der Post etwas weiter, aber ganz habe ich es nicht verstanden. Ich weiß, dass aus strenger Monotonie Injektivität folgt. Aber warum ist nun $\begin{eqnarray} r:U\rightarrow \mathbb{Q}, r\to r(x) \end{eqnarray}$ streng monoton steigend? Seien $\begin{eqnarray} x_1,x_2 \in U \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x_1 <x_2 \end{eqnarray}$ . ZZ.: $\begin{eqnarray} r(x_1) < r(x_2) \end{eqnarray}$ Es gilt $\begin{eqnarray} f(x_1-) < r(x_1) < f(x_1+) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x_2-) < r(x_2) < f(x_2+) \end{eqnarray}$ . Könnte es nicht zu einen Fall in der Form: $\begin{eqnarray} f(x_1-)<f(x_2-) <r(x_2)< r(x_1) < f(x_1+)<f(x_2+) \end{eqnarray}$ kommen?
25.12.2015, 11:27	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} x \in U \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} f^-(x) < f^+(x) \leq f(y) \end{eqnarray}$ fuer alle $\begin{eqnarray} x < y \end{eqnarray}$ . Das erste ist Definition von $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ , das andere folgt aus $\begin{eqnarray} f(x) \leq f(z) \leq f(y) \end{eqnarray}$ fuer $\begin{eqnarray} x < z < y \end{eqnarray}$ (z und y sind einfach aus $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ ). Da $\begin{eqnarray} f^+(x) = \limsup_{z \to x}f(z) = \limsup_{z \to x, z < y}f(z) \leq f(y) \end{eqnarray}$ , wo im letzten Schritt die Monotonie benutzt wurde. Insbesondere folgt fuer $\begin{eqnarray} x < y \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x, y \in U \end{eqnarray}$ mit dem gleichen Argument (bzw. anwende des oberen), dass $\begin{eqnarray} f^-(x) < f^+(x) \leq f^-(y) < f^+(y) \end{eqnarray}$ . Alternativ kann man uebrigens folgendes argumentieren: Fuer jedes Element x springt es um $\begin{eqnarray} f^+(x) - f^-(x) > 0 \end{eqnarray}$ . Weil die Funktion offenbar $\begin{eqnarray} f(z) \leq f(b) < \infty \end{eqnarray}$ erfuellt, und formal (!) $\begin{eqnarray} f(b) = f(a) + \sum_{x \in [a,b]} f^+(x) - f^-(x) \end{eqnarray}$ . (Ich bin hier extra wage, was die Summe heisst, weil man die Sache etwas anders angehen muss um es formal richtig zu machen). Offenbar konvergiert die rechte Reihe absolut, und eine Reihe ueber eine Menge kann nur konvergieren, wenn es nur abzaehlbar viele echt-positive Summanden besitzt.
25.12.2015, 12:24	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Vielen Dank! In meinen Wortlaut/Bezeichungen wäre das dann: Seien $\begin{eqnarray} x_1, x_2 \in U \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x_1 < x_2 \end{eqnarray}$ ZZ.: $\begin{eqnarray} f^+(x_1) \le f^-(x_2) \end{eqnarray}$ Behauptung $\begin{eqnarray} f^+(x_1) \le f(s) \forall x_1 \le s \end{eqnarray}$ Bew. der Behauptung:Sei $\begin{eqnarray} a_n \rightarrow x_1 (n\rightarrow \infty) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a_n \ge x_1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f^+(x_1)= \lim_{n\rightarrow\infty} f(a_n) \le f(s) \end{eqnarray}$ da $\begin{eqnarray} \exists N \in \mathbb{N}:\forall n \ge N: a_n \le s \end{eqnarray}$ . Aus der Monotone: $\begin{eqnarray} f(a_n) \le f(s) \end{eqnarray}$ Insbesondere $\begin{eqnarray} \exists s_0 \in [a,b] \end{eqnarray}$ sodass $\begin{eqnarray} x_1 \le s_0 \le x_2 \end{eqnarray}$ für dieses $\begin{eqnarray} s_0 \end{eqnarray}$ gilt nach obiger Behauptung: $\begin{eqnarray} f^+(x_1) \le f(s_0) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(s_0)\le f^- (x_2) \end{eqnarray}$ Passt das so?
25.12.2015, 12:52	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau. Sicherheitshalber würde ich das s als strikt größer bzw. kleiner wählen. Momentan sind einige Schritte sonst nicht ganz korrekt, da $\begin{eqnarray} f(x) < f^+(x) \end{eqnarray}$ möglich ist .
Anzeige

26.12.2015, 10:13	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
danke!! Liebe Grüße, MaGi

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »