Satz von Lebesgue

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05.05.2017, 16:26	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Satz von Lebesgue Hallöchen ihr Lieben! Letzte Woche bin ich auf eine Aufgabe gestoßen, die mir Kopfzerbrechen bereitet. Die Aufgabe lautete wie folgt: ,,Wir betrachten die Folge $\begin{align} f_n \end{align}$ gegeben durch $\begin{align} f_b : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}; x \rightarrow n^2 x^n ( 1-x) \end{align}$ Berechnen Sie den Grenzwert $\begin{align} f(x)= \lim\limits_{n\to \infty}f_n(x) \end{align}$ sowie das die Integrale $\begin{align} \int\limits_{[0,1]}f_n(x)\ dx \end{align}$ und $\begin{align} \int_\limits{[0,1]}f(x)\ dx \end{align}$ . Warum steht das Ergebnis nicht im Widerspruch zum Satz der majorisierten Konvergenz (Auch Satz von Lebesgue genannt)? " Meine Rechnungen ergaben nun $\begin{align} f(x)=0\ \forall x \in [0,1] \end{align}$ , $\begin{align} \int\limits_{[0,1]}f_n(x)\ dx =1 \end{align}$ (für $\begin{align} n \to \infty \end{align}$ außerhalb des Integrals) und $\begin{align} \int_\limits{[0,1]}f(x)\ dx=0 \end{align}$ . Allerdings verstehe ich nicht so recht, warum der Satz von Lebesgue hier nicht anwendbar ist, also welche Bedingung nicht erfüllt ist. Kann mir da jemand vielleicht weiterhelfen?
05.05.2017, 16:32	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine wesentliche Voraussetzung ist die Existenz einer integrierbaren Funktion $\begin{align} g \end{align}$ , welche alle Funktionen der Folge majorisiert, d.h., $\begin{align} \|f_n\|\leq g \end{align}$ für alle $\begin{align} n \end{align}$ . Kannst du ein solches $\begin{align} g \end{align}$ hier angeben?
05.05.2017, 19:26	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ganz naiv hätte ich hier jetzt Argumentiert, dass $\begin{align} \|f_n\|\leq 1 \ \forall x \in [0,1] \end{align}$ gilt und dadurch $\begin{align} g(x)=1 \end{align}$ sein könnte. Allerdings vermute ich, dass an der Sache ein Haken ist, den ich übersehe. Was ich mir vorstellen könnte, wäre dass es bei der Majorante nicht bloß um den ,,zu integrierenden Bereich" geht, sondern um die ganze Funktionenfolge. Wäre das möglich? Denn jeder Wert von x der Betragsmäßig größer als 1 ist würde in $\begin{align} f_n(x) \end{align}$ ja divergieren für $\begin{align} n \to \infty \end{align}$ .
05.05.2017, 22:14	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, es geht schon nur um den tatsächlich integrierten Bereich. Kannst du denn die von dir angegebene Abschätzung auch begründen?
05.05.2017, 23:34	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube ich habe bei dem Versuch eben diese Abschätzung zu Begründen meinen Denkfehler gefunden. Es soll ja gelten, dass $\begin{align} \forall n \in \mathbb{N} \|f_n(x)\|\leq g(x) \end{align}$ ist. Das würde im Fall meiner Folge bedeuten, dass $\begin{align} \|n^2x^n(1-x)\|\leq g(x) \end{align}$ ist. Aber da $\begin{align} n \end{align}$ beliebig groß sein kann, kann ich in diesem Fall auch keine Majorante finden, die nicht auch beliebig groß wäre! Ich danke euch beiden, dass ihr mir mit diesem Denkfehler geholfen habt! Schönen Abend und schönes Wochenende noch!
06.05.2017, 07:06	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Man muss da schon präziser sein. Wenn da n statt n^2 steht, ist der Satz von Lebesgue sehr wohl anwendbar. Deine Begründung sieht aber diesen Unterschied garnicht.
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08.05.2017, 23:42	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe versucht mir zu erklären, warum der Satz von Lebesgue in dem von dir genannten Fall anwendbar ist. Leider habe ich aber keine für mich schlüssige Erklärung gefunden, warum dies der Fall ist. Mein einziger Ansatz wäre nun, dass der von dir genannte Fall natürlich langsamer (für große n) wächst und daher eher majorisierter sein könnte, als die Folge, die ich betrachtet habe. Kannst du mich da vielleicht erhellen, weshalb die Abschwächung des Wachstums der Folge in n die Anwendbarkeit des Satzes bewirkt?
09.05.2017, 17:07	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich gebe dir mal ein anderes Beispiel: Angenommen wir hätten die Folge $\begin{eqnarray} x\mapsto n^2\cdot \frac{1}{n}x \end{eqnarray}$ . Diese Folge lässt sich auf $\begin{eqnarray} [0,1] \end{eqnarray}$ nicht majorisieren, denn nach Vereinfachung handelt es sich einfach um die Folge $\begin{eqnarray} x\mapsto nx \end{eqnarray}$ . Betrachten wir aber stattdessen $\begin{eqnarray} x\mapsto n\cdot \frac 1nx \end{eqnarray}$ , so lässt sich diese sehr wohl majorisieren. Wir haben hier etwas Ähnliches vorliegen. Nur weil ein Faktor auftaucht, der divergiert, muss noch nicht die gesamte Funktionenfolge unbeschränkt sein. Es reicht also nicht, sich einfach den Faktor anzusehen. Man müsste die Funktionenfolge als Ganzes betrachten und sich überlegen, dass es keine Majorante für die ganze Folge geben kann. Ich weiß allerdings nicht, ob du das wirklich explizit tun musst, ober ob die Beobachtung reicht, dass man für den Satz so eine Majorante bräuchte und hier a priori erstmal keine zu sehen ist. In der Tat sagt einem ja sogar der Satz von Lebesgue selbst, dass es hier keine Majorante geben kann.
10.05.2017, 01:48	Rbn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe worauf du hinaus willst. Scheinbar habe ich mich zu sehr mit den Vorfaktoren beschäftigt und vergessen, dass in der Folge noch mehr passiert. Wenn ich also die von dir vorgeschlagene Folge $\begin{align} f_n(x)=n(1-x)x^n \end{align}$ nehme und versuche eine Abschätzung zu finden versuche ich das mal. Womöglich stürze ich mich Kopfüber in einen Irrweg, aber hier mal mein Versuch: Wenn ich mir das mit der Differentialrechnung versuche zu überlegen müsste entsprechend gelten, dass $\begin{align} \frac{x}{1-x}=n \end{align}$ ist. Daher ergäbe sich also $\begin{align} f_n(x)\leq \frac{x}{1-x}(1-x)x^{\frac{x}{1-x}}=x^{\frac{1}{1-x}}=g(x)\ \forall x\in [0,1) \end{align}$ wobei ich den Fall $\begin{align} x=1 \end{align}$ vernachlässigen kann, weil die Relation und die Integrierbarkeit nur $\begin{align} \mu \end{align}$ -fast überall gegeben sein muss. Bei $\begin{align} f_n(x)=n^2(1-x)x^n \end{align}$ ergäbe sich für mich dasselbe n, jedoch lautet die Relation dort $\begin{align} f_n(x)\leq\frac{x^2}{1-x}x^{\frac{x}{1-x}}=\frac{x^{\frac{2-x}{1-x}}}{1-x}=\frac{x^{1+\frac{-1}{1-x}}}{1-x} \end{align}$ . Und an diesem Punkt stelle ich fest, dass ich mit derselben Argumentation hier genauso weit käme Ich vermute jedoch stark, dass eine entsprechende Majorane bei der von dir genannten Folge $\begin{align} f_n(x)=\frac{1}{n}nx \end{align}$ gegeben ist durch $\begin{align} g(x)=1 \ \forall x \in [0,1] \end{align}$ Nötig war das nach Aufgabenstellung nicht, aber die Aufgaben habe ich bereits vor einigen Wochen bearbeitet und abgegeben. Korrigiert wird bei uns leider sehr sparsam und so richtig erklären konnte uns der Tutor das auch nicht. Ich zweifle auch daran, dass ein tiefes Verständnis des Satzes für mich als angehenden theoretischen Physiker, im Rahmen dieser Vorlesung vorgesehen ist. Ich interessiere mich lediglich für das ,,Warum ist das denn nun so?" und hoffe da im eigenen Interesse noch etwas mehr durchzusteigen.
10.05.2017, 03:03	005	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine kleine Kurvendiskussion scheint angebrachter. Man erhaelt so $\begin{eqnarray} \sup_{x\in[0,1]}nx^n(1-x)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\frac{n}{n+1} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sup_{x\in[0,1]}n^2x^n(1-x)=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\frac{n^2}{n+1}. \end{eqnarray}$ Daraus erhellt, dass die Funktionenfolge im ersten Fall besachraenkt bleibt, und man eine passende Konstante als integrierbare Majorante nehmen kann. Im zweiten Fall ist die Funktionenfolge unbeschraenkt, es kann also hoechstens unbeschraenkte integrierbare Majoranten geben. Gibt es aber auch nicht, sonst waeren nach dem Satz von Lebesgue Integral und Limes vertauschbar. Ob es einen einfachen direkten Beweis dazu gibt, weiss ich nicht. Wenn man von der Aufgabenstellung ausgeht, erwartet man eigentlich einen. Sonst dreht es sich ja im Kreis.
10.05.2017, 06:42	Guppi12	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann zum Beispiel zeigen, dass, zumindest für $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ groß genug die Funktion $\begin{eqnarray} f_n \end{eqnarray}$ auf dem ganzen Intervall $\begin{eqnarray} A_n := \left(1-\frac{1}{n}, 1-\frac{1}{n+1}\right] \end{eqnarray}$ größer als $\begin{eqnarray} \frac{n}{3} \end{eqnarray}$ ist. Das müsste dann also auch für eine gemeinsame Majorante gelten. Jetzt ist nur noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty \frac n3 1_{A_n} \end{eqnarray}$ nicht integrierbar ist.

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