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Analysis » Folgen und Reihen » Konvergenz von Teilfolge impliziert Konvergenz
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Universität/Hochschule Konvergenz von Teilfolge impliziert Konvergenz
WWWaldo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-25


Hallo. Ich beschäftige mich gerade mit einem eigentlich ganz anderen Thema, aber ich brauche ein paar Grundlagen aus der Analysis, die mir erschreckenderweise nicht ganz klar sind.
Ich habe eine Folge $\{ x^k \} \subset X \subset \mathbb R^n$, wobei $X$ kompakt ist. Da $X$ kompakt ist, hat $\{ x^k \}$ nun eine konvergente Teilfolge $\{ x^{k_j} \}$, d.h. $\lim_{j \to \infty} x^{k_j} = \bar{x}$ für ein endliches $\bar x$. Nun geben wir eine (vektorwertig quadratische) stetige Funktion $f \colon X \to \mathbb R$ hinzu und wissen, dass $\{ f(x^{k_j}) \}$ gegen $f(\bar)$ konvergiert. Die Behauptung ist nun, dass damit auch schon die Folge $\{ f(x^k) \}$ gegen $f(\bar x)$ konvergiert. Und das ist mir nun gar nicht offensichtlich.

Das ist quasi so ein wenig wie die Umkehrung der bekannten Aussage "konvergente Folge hat konvergente Teilfolge". Aber ich kann mich an keine solchen Aussagen aus dem Grundstudium erinnern. Ich vermute, dass die Stetigkeit von $f$ genutzt werden muss, aber meine Versuche mit den Definitionen von Konvergenz und Stetigkeit herumzuspielen, führte zu keinem Ergebnis. :(

Die obige Passage ist in meiner Quelle so dargestellt, dass sie autonom gelten sollte und die Eigenschaft, dass $f$ quadratisch ist, nicht notwendig sein sollte.

Ich hoffe ich versteht mein Problem und könnt bei der Lösung dessen helfen - das würde mich sehr freuen.

EDIT: Vielleicht habe ich meine Quelle falsch interpretiert. Und zwar gibt es vorher noch eine Abschätzung, die gilt:
$$ f(x^{k+1}) + \tau || x^{k+1} - x^k || ^2 \le f(x^k)
$$ Das würde ja heißen, dass $\{ f(x^k) \}$ streng monoton fällt. Nun würde ich behaupten, dass eine monotone Folge nur einen Häufungswert haben kann. Ergo muss der Grenzwert der Teilfolge auch Grenzwert der Folge sein. Stimmt das?



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Kezer
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Mitteilungen: 1128
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\)
Hmm, das ist in der Form falsch, setze z.B. $n = 1, X = [0,1], (x_n) = (0,1,0,1,\dots)$ und $f(x) = x^2$. Offenbar konvergiert $f(x_n)$ nicht.

Vielleicht gab es in dem Beweis noch weitere Voraussetzungen?


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei
\(\endgroup\)


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shipwater
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 27.03.2010
Mitteilungen: 478
Herkunft: Karlsruhe
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-11-25


Die Folge ist zwar i.A. nur monoton fallend und nicht streng monoton fallend, aber das reicht natürlich aus um die Konvergenz der gesamten Folge zu erzwingen.



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