Abgeschlossene Menge in L^2? < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:27 Do 18.02.2010 | | Autor: | pelzig |
| Aufgabe | | Sei [mm] $K:=\{f\in L^2([0,1])\mid -1\le f(x)\le 1\text{ fast überall}\}$. [/mm] Zeige, dass $K$ abgeschlossen in [mm] $(L^2([0,1]),\|\cdot\|_2)$ [/mm] ist. |
Hallo,
Ich bin immernoch etwas verwirrt bei solchen Sachen in [mm] $L^p$-Räumen. [/mm] Ich muss ja zeigen wenn [mm] $(f_n)\subset [/mm] K$ und [mm] $\|f_n-f\|_2\to [/mm] 0$, so ist [mm] $f\in [/mm] K$. Ich kann nun zu $f$ bzw. jedem [mm] $f_n\in L^2([0,1])$ [/mm] einen Repräsentanten $g$ bzw. [mm] $g_n\in\mathcal{L}^2([0,1])$ [/mm] wählen (seh ich das richtig, dass man selbst dafür schon das Auswahlaxiom braucht?) und nach Definition der Norm auf [mm] $L^2([0,1])$ [/mm] gilt nun auch [mm] $\|g_n-g\|_2\to [/mm] 0$. Nach irgendeinem Satz gibt es eine Teilfolge [mm] $\left(g_{n_k}\right)_{k\in\IN}$ [/mm] und eine (messbare) Menge [mm] $M\subset[0,1]$ [/mm] mit [mm] $\mu([0,1]\setminus [/mm] M)=0$, sodass [mm] $g_{n_k}$ [/mm] auf M punktweise gegen g konvergiert, und dort ist dann natürlich auch [mm] $\blue{-1\le g(x)\le 1}$. [/mm]
Edit: Mir fällt grad auf, dass das ja überhaupt nicht klar ist, denn im Allgemeinen wird [mm] $\forall k\in\IN:-1\le g_{n_k}(x)\le [/mm] 1$ ja nicht für alle [mm] $x\in [/mm] M$ gelten. Ich bin mir zwar ziemlich sicher dass man das Argument retten kann (im wesentlichen da die abzählbare Vereinigung von Nullmengen wieder eine Nullmenge ist), aber jetzt wird der ganze Beweis ja noch hässlicher...
Also ist [mm] $f=[g]\in [/mm] K$.
Ist das so richtig? Gibt es einen einfacheren Weg?!
Gruß, Robert
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:37 Do 18.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Ich muss ja zeigen wenn [mm](f_n)\subset K[/mm] und
> [mm]\|f_n-f\|_2\to 0[/mm], so ist [mm]f\in K[/mm]. Ich kann nun zu [mm]f[/mm] bzw.
> jedem [mm]f_n\in L^2([0,1])[/mm] einen Repräsentanten [mm]g[/mm] bzw.
> [mm]g_n\in\mathcal{L}^2([0,1])[/mm] wählen
> (seh ich das richtig,
> dass man selbst dafür schon das Auswahlaxiom braucht?)
Das abzählbare Auswahlaxiom reicht ... aber - warum? Bis du zu diesen Räumen gekomme nbist, hast du bestimmt ein paar mal das Auswahlaxiom verwendet, oder nicht? Kannst du es mit Sicherheit sagen?
> und
> nach Definition der Norm auf [mm]L^2([0,1])[/mm] gilt nun auch
> [mm]\|g_n-g\|_2\to 0[/mm].
Im Übrigen kannst du OBdA die g so wählen, dass tatsächlich überall die Abschätzung gilt (Nimm ein beliebiges und setze sie auf der Ausnahmemenge gleich 0).
> Nach irgendeinem Satz gibt es eine
> Teilfolge [mm]\left(g_{n_k}\right)_{k\in\IN}[/mm] und eine
> (messbare) Menge [mm]M\subset[0,1][/mm] mit [mm]\mu([0,1]\setminus M)=0[/mm],
> sodass [mm]g_{n_k}[/mm] auf M punktweise gegen g konvergiert, und
> dort ist dann natürlich auch [mm]\blue{-1\le g(x)\le 1}[/mm].
Ah, irgendnen Satz? Der ist aber bekannt und darf verwendet werden?
> Edit: Mir fällt grad auf, dass das ja überhaupt nicht
> klar ist, denn im Allgemeinen wird [mm]\forall k\in\IN:-1\le g_{n_k}(x)\le 1[/mm]
> ja nicht für alle [mm]x\in M[/mm] gelten. Ich bin mir zwar ziemlich
> sicher dass man das Argument retten kann (im wesentlichen
> da die abzählbare Vereinigung von Nullmengen wieder eine
> Nullmenge ist), aber jetzt wird der ganze Beweis ja noch
> hässlicher...
Man setze die Funktionen einfach dort 0, wo sie vorher vom Betrag größer waren - man nimmt also einen passenderen Repräsentanten.
> Ist das so richtig?
Ja.
> Gibt es einen einfacheren Weg?!
Noch leichter? Der Beweis besteht aus fast gar nichts - das Rumschupsen der Nullmengen ist eine totale Standardargumentation. Dann benutzt du einen Satz, der dir sofort fast überall die Aussage liefert - und eben damit die Aussage. Wo ist für dich die Schwierigkeit? Die technsichen, aber ofensichtlichen Details? Die Beweisidee ist doch sehr straightforward.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:50 Do 18.02.2010 | | Autor: | pelzig |
> Das abzählbare Auswahlaxiom reicht ... aber - warum? Bis
> du zu diesen Räumen gekomme nbist, hast du bestimmt ein
> paar mal das Auswahlaxiom verwendet, oder nicht? Kannst du
> es mit Sicherheit sagen?
Nein kann ich nicht, dazu fehlt mir ein bischen der Überblick. Es ist auch eigentlich egal, ich mache nur gern immer eine "persönliche Notiz an mich selbst", wenn ich es irgendwo verwende.
> > und
> > nach Definition der Norm auf [mm]L^2([0,1])[/mm] gilt nun auch
> > [mm]\|g_n-g\|_2\to 0[/mm].
>
> Im Übrigen kannst du OBdA die g so wählen, dass
> tatsächlich überall die Abschätzung gilt (Nimm ein
> beliebiges und setze sie auf der Ausnahmemenge gleich 0).
Du meinst die [mm] $g_n$ [/mm] kann ich so wählen... ja das ist natürlich gleich viel hübscher. Dann ist der Rest ja doch einfach...
> > Nach irgendeinem Satz gibt es eine
> > Teilfolge [mm]\left(g_{n_k}\right)_{k\in\IN}[/mm] und eine
> > (messbare) Menge [mm]M\subset[0,1][/mm] mit [mm]\mu([0,1]\setminus M)=0[/mm],
> > sodass [mm]g_{n_k}[/mm] auf M punktweise gegen g konvergiert, und
> > dort ist dann natürlich auch [mm]\blue{-1\le g(x)\le 1}[/mm].
>
> Ah, irgendnen Satz? Der ist aber bekannt und darf verwendet
> werden?
Ja, der "magische Satz" 
> > Gibt es einen einfacheren Weg?!
> Noch leichter? Der Beweis besteht aus fast gar nichts - das
> Rumschupsen der Nullmengen ist eine totale
> Standardargumentation. Dann benutzt du einen Satz, der dir
> sofort fast überall die Aussage liefert - und eben damit
> die Aussage. Wo ist für dich die Schwierigkeit? Die
> technsichen, aber ofensichtlichen Details? Die Beweisidee
> ist doch sehr straightforward.
Ja eigentlich ist das alles sehr einfach und straight-forward. Ich habe mir nur eingebildet, dass wir damals in der Übung einen wesentlich einfacheren Weg (d.h. ohne Repräsentanten und ohne diesen magischen Satz) hatten. Kann aber auch gut sein, dass ich mich da einfach falsch erinnere. Ich geh jetzt mal davon aus, dass es keinen wesentlich einfacheren Weg gibt.
Danke jedenfalls.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:48 Fr 19.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei [mm]K:=\{f\in L^2([0,1])\mid -1\le f(x)\le 1\text{ fast überall}\}[/mm].
> Zeige, dass [mm]K[/mm] abgeschlossen in [mm](L^2([0,1]),\|\cdot\|_2)[/mm]
> ist.
>
> Ich bin immernoch etwas verwirrt bei solchen Sachen in
> [mm]L^p[/mm]-Räumen. Ich muss ja zeigen wenn [mm](f_n)\subset K[/mm] und
> [mm]\|f_n-f\|_2\to 0[/mm], so ist [mm]f\in K[/mm]. Ich kann nun zu [mm]f[/mm] bzw.
> jedem [mm]f_n\in L^2([0,1])[/mm] einen Repräsentanten [mm]g[/mm] bzw.
> [mm]g_n\in\mathcal{L}^2([0,1])[/mm] wählen (seh ich das richtig,
> dass man selbst dafür schon das Auswahlaxiom braucht?) und
> nach Definition der Norm auf [mm]L^2([0,1])[/mm] gilt nun auch
> [mm]\|g_n-g\|_2\to 0[/mm]. Nach irgendeinem Satz gibt es eine
> Teilfolge [mm]\left(g_{n_k}\right)_{k\in\IN}[/mm] und eine
> (messbare) Menge [mm]M\subset[0,1][/mm] mit [mm]\mu([0,1]\setminus M)=0[/mm],
> sodass [mm]g_{n_k}[/mm] auf M punktweise gegen g konvergiert, und
> dort ist dann natürlich auch [mm]\blue{-1\le g(x)\le 1}[/mm].
Hier noch ein anderes Argument, warum du das Blaue annehmen darfst, welches ohne Modifikation der Funktionen auskommt:
Sei [mm] $N_n [/mm] := [mm] \{ x \mid f_n(x) < -1 \text{ oder} f_n(x) > 1 \}$ [/mm] fuer $n [mm] \in \IN$; [/mm] nach Voraussetzung ist [mm] $\mu(N_n) [/mm] = 0$. Dann ist $N := [mm] \bigcup_{n\in\IN} N_n$ [/mm] ebenfalls messbar und [mm] $\mu(N) [/mm] = 0$.
Weiterhin ist [mm] $\mu([0, [/mm] 1] [mm] \setminus [/mm] (M [mm] \setminus [/mm] N)) = 0$, und auf $M [mm] \setminus [/mm] N$ konvergiert [mm] $g_{n_k}$ [/mm] punktweise gegen $g$ und es git $-1 [mm] \le g_{n_k} \le [/mm] 1$. Damit gilt auf $M [mm] \setminus [/mm] N$ ebenfalls $-1 [mm] \le [/mm] g [mm] \le [/mm] 1$, und somit $g [mm] \in [/mm] K$.
LG Felix
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