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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:10 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Es sei $I$ eine Indexmenge, $a, b, c [mm] \in \mathbb{R}$ [/mm] mit $a < b$ und $c > 0$. Für $j [mm] \in [/mm] I$ sei [mm] $f_j \in C^1 [/mm] ([a, b])$ mit
[mm] $\int_a^b \lvert f_j'(x)\rvert^2\,\mathrm{d}x
Zeigen Sie, dass die Familie [mm] $\mathcal{F} [/mm] = [mm] \{f_j : j \in I\}$ [/mm] gleichgradig stetig ist. |
Hallo zusammen,
da ich mir bei folgendem Lösungsweg nicht sicher bin, wäre ich dankbar, wenn sich jemand meine Lösung angucken und kontrollieren könnte (ich hoffe mal, das ist notationell einigermaßen in Ordnung...):
Es gilt mit [mm] $\int_a^b \lvert f_j'(x)\rvert^2\,\mathrm{d}x
Seien [mm] $\epsilon>0$, $\delta:=\frac{\epsilon}{\sqrt{c}}$. [/mm] Dann gilt für alle [mm] $x,y\in[a,b]$ [/mm] mit [mm] $\lvert x-y\rvert<\delta$ [/mm] und für alle [mm] $f_j\in\mathcal{F}$: [/mm]
[mm] $\lvert f_j(x)-f_j(y)\rvert=\left\lvert \int_y^x f_j'(z)\,\mathrm{d}z\right\rvert\overset{(\star)}{\leqslant} \lvert x-y\rvert \cdot \lVert f_j'\rVert_{\mathcal{L}^2(B_\delta(x))}< \lvert x-y\rvert \cdot \lVert f_j'\rVert_{\mathcal{L}^2([a,b])} [/mm] < [mm] \lvert x-y\rvert\cdot \sqrt{c}<\epsilon$. [/mm]
Funktioniert das so, oder muss ich bei [mm] $(\star)$ [/mm] noch irgendwie ein Supremum/Minimum unterbringen? Oder geht es so gar nicht?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:44 Di 28.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]I[/mm] eine Indexmenge, [mm]a, b, c \in \mathbb{R}[/mm] mit [mm]a < b[/mm]
> und [mm]c > 0[/mm]. Für [mm]j \in I[/mm] sei [mm]f_j \in C^1 ([a, b])[/mm] mit
>
> [mm]\int_a^b \lvert f_j'(x)\rvert^2\,\mathrm{d}x
>
> Zeigen Sie, dass die Familie [mm]\mathcal{F} = \{f_j : j \in I\}[/mm]
> gleichgradig stetig ist.
> Hallo zusammen,
>
> da ich mir bei folgendem Lösungsweg nicht sicher bin,
> wäre ich dankbar, wenn sich jemand meine Lösung angucken
> und kontrollieren könnte (ich hoffe mal, das ist
> notationell einigermaßen in Ordnung...):
>
> Es gilt mit [mm]\int_a^b \lvert f_j'(x)\rvert^2\,\mathrm{d}x
>
> Seien [mm]\epsilon>0[/mm], [mm]\delta:=\frac{\epsilon}{\sqrt{c}}[/mm]. Dann
> gilt für alle [mm]x,y\in[a,b][/mm] mit [mm]\lvert x-y\rvert<\delta[/mm] und
> für alle [mm]f_j\in\mathcal{F}[/mm]:
>
> [mm]\lvert f_j(x)-f_j(y)\rvert=\left\lvert \int_y^x f_j'(z)\,\mathrm{d}z\right\rvert\overset{(\star)}{\leqslant} \lvert x-y\rvert \cdot \lVert f_j'\rVert_{\mathcal{L}^2(B_\delta(x))}< \lvert x-y\rvert \cdot \lVert f_j'\rVert_{\mathcal{L}^2([a,b])} < \lvert x-y\rvert\cdot \sqrt{c}<\epsilon[/mm].
Das [mm] \le [/mm] mit dem Stern ist nicht korrekt, denn im Integral [mm] \int_y^x f_j'(z)\,\mathrm{d}z [/mm] steht kein Quadrat !
>
> Funktioniert das so, oder muss ich bei [mm](\star)[/mm] noch
> irgendwie ein Supremum/Minimum unterbringen? Oder geht es
> so gar nicht?
Es ist die Frage, wie man das Quadrat reinbringt.
Sei g(x):=1 für alle x [mm] \in [/mm] [a,b]
Wir betrachten zunächst x,y [mm] \in [/mm] [a,b] mit y [mm] \ge [/mm] x. Für [mm] f_j [/mm] schreibe ich einfach f.
$|f(x)-f(y)| [mm] =|\integral_{x}^{y}{f'(t) dt}| \le \integral_{x}^{y}{|f'(t)| dt}= \integral_{x}^{y}{|g(t)|*|f'(t)| dt}.$
[/mm]
Mit der Cauchy-Schwarzschen Ungl. folgt:
$|f(x)-f(y)| [mm] \le (\integral_{x}^{y}{|g(t)|^2 dt})^{1/2}* (\integral_{x}^{y}{|f'(t)|^2 dt})^{1/2}=\wurzel{y-x}*(\integral_{x}^{y}{|f'(t)|^2 dt})^{1/2} \le \wurzel{y-x}*(\integral_{a}^{b}{|f'(t)|^2 dt})^{1/2} \le \wurzel{y-x}*\wurzel{c}= \wurzel{|x-y|}*\wurzel{c}.$
[/mm]
Den Fall x>y behandelt man genauso. Somit haben wir:
|f(x)-f(y)| [mm] \le \wurzel{|x-y|}*\wurzel{c}.
[/mm]
So, jetzt kanst Du mit [mm] \varepsilon [/mm] und [mm] \delta [/mm] anrücken
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:56 Do 30.05.2013 | | Autor: | Lustique |
Hallo FRED,
danke für deine Lösung (die 1-Ergänzung wäre mir so wahrscheinlich gar nicht eingefallen...)! Da habe ich es mir wohl zu einfach gemacht. Daraufhin habe ich dann noch mal meine Lösungen der anderen Teilaufgaben überprüft und ebenfalls korrigiert. Danke auch dafür, auch wenn die Fehler da andere waren! :D
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