4. Linearität einer Abbildung zeigen

Linearität einer Abbildung zeigen

  • C
    Mod

    fubar schrieb:

    f ist doch stetig:
    ∣x−y∣<δ⇒∣f(x)−f(y)∣=∣f(x−y)∣→f(0)=0|x-y|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(y)|=|f(x-y)|\rightarrow f(0) = 0

    Hm, daran habe ich auch schon gedacht. Aber setzt man da nicht implizit die Stetigkeit an der Stelle 0 voraus?
    Was wenn f so definiert ist: f(x)={0fallsx=01xsonstf(x) = \left\{\begin{array}{l}0\; \mathrm{falls } x = 0\\\frac1x\;\mathrm{sonst}\end{array}\right.
    Das ist kein allzu gutes Beispiel, weil die geforderte Bedingung nicht erfüllt ist, aber könnte f an der Stelle 0 nicht unstetig sein?

    0
  • M

    Edit: schmarn geschrieben

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  • F

    Hmm, stimmt, f stetig <=> f stetig in 0. Aber braucht man die Stetigkeit hier überhaupt? f(xy)=f(lim(x_n)y)=lim(x_n)f(y)=xf(y)f(x y)=f(\lim(x\_n) y)=\lim(x\_n) f(y) = x f(y)

    0
  • C
    Mod

    fubar schrieb:

    Aber braucht man die Stetigkeit hier überhaupt? f(xy)=f(lim(x_n)y)=lim(x_n)f(y)=xf(y)f(x y)=f(\lim(x\_n) y)=\lim(x\_n) f(y) = x f(y)

    Wie ich oben geschrieben habe, ich denke, dass f(xn)f(x_n) bei einer unstetigen Funktion f etwas völlig anderes sein könnte als f(x), obwohl limxn=x\lim x_n = x. Um es auf deine Zeile anzuwenden betrachtet man z.B. y = 1.

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  • F

    Sorry, das sind wohl noch die Nachwirkungen vom Glühwein, oder so 😉

    Würde denn folgendes helfen:
    Betrachte eine Nullfolge, z. B. xn=(12)nx_n=(\frac 1 2)^n, dann gilt doch f(xn)=f((12)n)=(12)nf(1)f(x_n)=f((\frac 1 2)^n)=(\frac 1 2)^n f(1), f(1) o.B.d.A < ∞. Daraus könnte man doch die Stetigkeit im Nullpunkt folgern, oder?

    0
  • C
    Mod

    fubar schrieb:

    Betrachte eine Nullfolge, z. B. xn=(12)nx_n=(\frac 1 2)^n, dann gilt doch f(xn)=f((12)n)=(12)nf(1)f(x_n)=f((\frac 1 2)^n)=(\frac 1 2)^n f(1), f(1) o.B.d.A < ∞. Daraus könnte man doch die Stetigkeit im Nullpunkt folgern, oder?

    Damit hast du eine mögliche Nullfolge betrachtet, für die Stetigkeit müsste man das aber für alle Nullfolgen zeigen, was in R nicht möglich sein dürfte.

    Mittlerweile hat ein Kommilitone ein Gegenbeispiel gefunden. 🙂
    Und zwar kann man R als Vektorraum über Q auffassen und eine Hamelbasis bilden. Die ist zwar überabzählbar und nicht konstruierbar, aber nach dem Auswahlaxiom gibt es so eine. Jeder Vektor, also jede reelle Zahl, lässt sich als endliche Linearkombination dieser Basisvektoren darstellen. Nun kann man eine Abbildung f bauen, die die Linearkombination des Parameters betrachtet. Der Trick ist jetzt, dass f jeden Basisvektor mit einem beliebigen Faktor versehen kann. Dann gilt f(x + y) = f(x) + f(y), und für λ∈Q\lambda \in \mathbb Q gilt auch f(λx)=λf(x)f(\lambda x) = \lambda f(x), aber für λ∈R\lambda \in \mathbb R gilt letzteres sicher nicht mehr. \rule{1ex}{1ex}

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  • F

    Hallo, habe gerade durch Zufall noch folgendes gefunden: http://wwwteo.informatik.uni-rostock.de/~rb37/1cauchy_funk.pdf
    Vielleicht kannst du ja noch was damit anfangen? :xmas1: Wenn nicht, einfach ignorieren ...

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  • K

    leider weiß ich nicht wie latex-tags tags gehen. ich hoffe du verstehst den beweis auch so. für lambda schreibe ich dann y.

    ich beweise den satz allerdings nicht für den körper der reellen zahlen sondern für den der rationalen:

    zuerst einmal sollte klar sein, daß aus f(u+v)=f(u)+f(v) folgt, daß f(n*v)=n*f(v) für natürliche zahlen n ist.

    klar sollte auch sein, daß wenn y rational ist, es natürliche zahlen a und b mit y=a/b gibt. wir können also anstelle von y*f(v)=f(y*v) auch (a/b)*f(v)=f((a/b)*v) schreiben.

    sei u=v/b. dann ist f(v)=f(b*u)=b*f(u) und damit f(u)=f(v)/b (nicht vergessen: a und b sind natürliche zahlen!). dann ist f((a/b)*v)=a*f(v/b)=a*f(u)=a*(f(v)/b)=(a/b)*f(v). was zu beweisen war.

    im erklären bin ich nicht die große leuchte, aber ich hoffe, daß der beweis trotzdem habwegs verständlich ist.

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  • C
    Mod

    @fubar:
    Interessant. Wenn ich das richtig sehe, widerlegt das meinen Beweis, d.h. in einem der beiden (oder in meiner Interpretation) muss ein Fehler stecken. 😕

    @Konfusius:
    Danke für den Beweis, aber wie ich in meinem ersten Posting geschrieben habe,

    cd9000 schrieb:

    Für den Körper Q kann man das ganz gut zeigen (erst für N, dann für Z und dann für Q).

    hatte ich genau das bereits gezeigt. 🙂
    Meine Frage bezog sich speziell auf die überabzahlbare Menge R.

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  • K

    wie peinlich 🤡 und den nachweis für Z hab ich auch noch vergessen...

    EDIT:
    auch auf die gefahr hin nochmal ins fettnäpfchen zu treten: die zusatzbedingung des von fubar geposteten statzes ist doch bei einer in ganz R definierten funktion immer erfüllt. damit wäre f stetig. und der beweis läßt sich ja unverändert auf vektorräume übertragen.

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