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Umordnungen und Teilfolgen einer Folge

Schüler

Tags: Analysis, Folgen, teilfolgen, Umordnung

Sabine2 aktiv_icon

20:28 Uhr, 12.06.2012

Hallo liebe Leute,

ich beginne zunächst mit zwei gegebenen Definitionen (aus Analysis 1 von Behrends):

Teilfolge:

{(a_{n})}_{n \in ℕ}

und

{(b_{n})}_{n \in ℕ}

seien Folgen in der Menge M.

{(b_{n})}_{n \in ℕ}

heißt Teilfolge von

{(a_{n})}_{n \in ℕ},

wenn es eine Abbildung

φ : ℕ \to ℕ

gibt mit

(i)

φ

ist strikt monoton,

d . h

φ (n) < φ (m)

für alle

n, m \in ℕ

mit

n < m,

und
(ii)

b_{n} = a_{φ (n)}

für alle

n

.

Umordnung:

{(a_{n})}_{n \in ℕ}

und

{(b_{n})}_{n \in ℕ}

seien Folgen in der Menge M.

{(b_{n})}_{n \in ℕ}

heißt Umordnung von

{(a_{n})}_{n \in ℕ},

wenn es eine bijektive Abbildung

φ : ℕ \to ℕ

gibt mit:

b_{n} = a_{φ (n)}

für alle

n \in ℕ

.

Eine Bemerkung/Frage zur Definition der Teilfolge

(i) :

Betrachten wir die Folge

{(\frac{1}{4 n^{2}})}_{n \in ℕ},

so gilt doch für

n < m,

dass

φ (n) > φ (m)

ist, oder nicht?

Des Weiteren verstehe ich nicht, wieso

b_{n} = a_{φ (n)}

garantieren soll, dass nur Elemente von

(a_{n})

(b_{n})

liegen.

Ich hoffe man kann mir meine Fragen erstmal beantworten. Erst dann kann ich mich mit den Aufgaben befassen.. ALso bereits jetzt schon einmal vielen Dank!

Gruß,
Sabine

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Photon aktiv_icon

22:22 Uhr, 12.06.2012

Zur ersten Frage: Ja, das ist korrekt. Dadurch ist sichergestellt, dass in

b_{n}

zwar Elemente von

a_{n}

ausgelassen werden können, sie aber nicht "wiederkommen" können. Wenn also zum Beispiel

φ (1) = 3

und somit

b_{1} = a_{φ (1)} = a_{3}

, dann kann

b_{2}

nur noch

a_{i}

mit einem

i

größer 3 sein, aber nie mehr

a_{1}

oder

a_{2}

, genauso auch alle weiteren

b_{n}

.

Zur zweiten Frage: Wir haben

b_{n} = a_{φ (n)}

. Nennen wir

φ (n)

der Einfachheit halber

i

, wobei

i

ein Index aus den natürlichen Zahlen ist. Dann ist also jedes

b_{n}

gleich einem

a_{i}

für irgend ein

i \in ℕ

, was aber heißt, dass für

b_{n}

nur Werte infrage kommen, die

a_{n}

auch annimmt.

Sabine2 aktiv_icon

08:24 Uhr, 13.06.2012

Okay, soweit verstanden. Danke :-)

Aber in der ersten Definition unter

(i)

steht nur

φ (n) < φ (m),

der Fall

φ (n) > φ (m),

wie es ja in meinem Beispiel hieß, fällt dann ja nicht darunter. Ist die Definition unvollständig oder dneke ich grade falsch?

So und mit diesem Wissen soll ich nun folgendes beweisen:
Jede Teilfolge einer Umordnung einer Folge kann als Umordnung einer Teilfolge geschrieben werden.

Ich meine, der Satz macht ja durchaus Sinn, aber wie gehe ich da an nen Beweis ran?

Gruß,
Sabine

Photon aktiv_icon

10:31 Uhr, 13.06.2012

Oh, tut mir Leid, ich hab nicht genau genug gelesen. Es gilt natürlich

φ (n) < φ (m)

für

n < m

, nicht

φ (n) > φ (m)

. Auf mein Beispiel oben bezogen: Nehmen wir

n = 1

und

m = 2

. Damit erfüllen wir

n < m

und können schauen, was für

φ (n)

und

φ (m)

gelten muss. Wenn also

φ (n) = φ (1) = 3

ist, wie wir in dem Beispiel angenommen haben, dann muss

φ (m) > φ (n) = 3

sein, also 4, 5 oder noch mehr, 1, 2 und 3 sind aber kleiner gleich 3 und kommen als Werte von

φ (m)

nicht infrage.

Sorry für die Verwirrung!

MathsTom aktiv_icon

16:37 Uhr, 13.06.2012

Ich beschäftige mich derzeit auch damit (lese das selbe Buch), ich glaub Sabine meint soetwas:

Okay, jetzt wähle ich aber

n = 1

und

m = 2, n < m

ist somit ebenfalls erfüllt. Als Abbildung wähle ich die Folge aus Sabines ersten Post.

φ (n) = \frac{1}{4 n^{2}}

φ (1) = \frac{1}{4}

φ (2) = \frac{1}{16}

Und somit

φ (m) < φ (n)

.
Die Folge

{(\frac{1}{4 n^{2}})}_{n \in ℕ}

ist monoton, aber monoton fallend nicht steigend.

Und laut definition (ii) hätten wir dann auch

b_{1} = a_{\frac{1}{4}},

weil

φ (1) = \frac{1}{4}

. Also das

\frac{1}{4}

. Folgenglied der Folge

(a_{n})

??
Ich bin jetzt auch verwirrt :-P)

Matlog aktiv_icon

17:13 Uhr, 13.06.2012

φ : ℕ \to ℕ!!!

Sabine2 aktiv_icon

17:53 Uhr, 13.06.2012

Ja richtig, dass meinte ich tatsächlich so und Matlog hat die Frage beantwortet... danke ;-) Aber was ist denn nun mit meiner Folge. Hat die laut definition überhaupt eine Teilfolge?

Sabine2 aktiv_icon

19:21 Uhr, 13.06.2012

Okay, Frage geklärt.

φ (n)

ist nicht gleichzusetzen mit der Folge, sondern mit der Abbildung, die dem Folgenglied der Folge

(a_{n})

das Glied der Folge

(b_{n})

zuordnet, oder?

Aber trotzdem: Einen Ansatz/Anstoß zum verlangten Beweis häte ich doch noch ganz gerne, sofern dies geht :-)

Photon aktiv_icon

19:30 Uhr, 13.06.2012

φ

macht nur die Zuordnung der Indizes, hat mit der Folge an sich also nichts zu tun!

φ

sagt also: Das erste Glied von b ist das zweite von a, das zweite von b ist das fünfte von a, das dritte von b ist das sechzehnte von a, usw. Die Zahlen sind natürlich nur Beispiele. Wie a aussieht, spielt hier also überhaupt nicht rein.

Sabine2 aktiv_icon

19:49 Uhr, 13.06.2012

Okay, jetzt macht das auch endlich in meinem Gehirn Sinn! :-)
Und der Beweis? :-)

Photon aktiv_icon

20:54 Uhr, 13.06.2012

Ich denke, alles was du machen musst, ist eine Abbildung zu finden, die die Teilfolgen passend umordnet. Das heißt: Wir geben uns eine Folge und ein

ψ

, das uns daraus eine umgeordnete Folge baut. Des Weiteren geben wir uns ein

φ

, das aus der umgeordneten Folge eine Teilfolge erstellt. Außerdem nehmen wir noch ein

\tilde{φ}

, das eine Teilfolge aus der ursprünglichen Folge erstellt. Und nun suchen wir ein

\tilde{ψ}

, das aus der Teilfolge der ursprünglichen Folge durch Umordnung die Teilfolge der umgeordneten Folge erzeugt.

Ich empfehle ein Diagramm mit den Folgen und Teilfolgen als Knoten und den Abbildungen als Verbindungslinien zu malen, dann wird die Situation viel klarer.

Sabine2 aktiv_icon

22:51 Uhr, 13.06.2012

Okay, was genau mienst du mit dem Diagramm? Wie soll das aussehen und was sind "Knoten"?

Photon aktiv_icon

08:36 Uhr, 14.06.2012

Knoten sind Punkte und aussehen dürfte es wie ein Quadrat. Aber das Diagramm soll nur der Veranschaulichung dienen.

Sabine2 aktiv_icon

17:28 Uhr, 14.06.2012

So, das Schaubild steht. Man sieht eigentlich sehr schön, was denn nun gemeint ist. Jedoch habe ich enorme Schwierigkeiten, das alles in Mathematik zu "übersetzen".

Photon aktiv_icon

19:07 Uhr, 14.06.2012

Wenn du möchtest, kannst du deinen Beweisversuch zeigen, dann kann man schauen, ob er Sinn macht und auch mathematisch korrekt formuliert ist.

Sabine2 aktiv_icon

19:13 Uhr, 14.06.2012

Das einzige was ich zeigen kann, wäre die Skizze. Ich verlange keinen kompletten Beweis von dir. Ich habe einfach nur keine Idee, wie ich anfangen soll, also wirklich überhaupt keine Idee.

Photon aktiv_icon

19:57 Uhr, 14.06.2012

Naja, wenn du die Skizze hast, bist du ja fast fertig. :-) Du musst lediglich das

\tilde{ψ}

finden (und durch die anderen Abbildungen ausdrücken), das in diese Skizze hineinpasst!

Sabine2 aktiv_icon

20:15 Uhr, 14.06.2012

Ja, das WAS hast du mir ja schon super erklärt. Mir geht es jetzt ums WIE. Wie finde ich die Abbildung und wie drücke ich es aus?

Photon aktiv_icon

21:11 Uhr, 14.06.2012

Naja, du musst nur die Pfeile betrachten und den

\tilde{ψ}

-Pfeil aus den anderen drei Pfeilen basteln. Läufst du einen Pfeil in die entgegengesetzte Richtung, ist die Umkehrabbildung zu nehmen.

Sabine2 aktiv_icon

21:32 Uhr, 14.06.2012

Also ich habs jetzt so ungefähr skizziert:

Die Ausgangsfolge

(a_{n}) := (a_{1}, a_{2}, a_{3}, ...; a_{n})

Dann habe ich eine beliebige Umordnung gebildet

(a_{2}, a_{1}, a_{4}, a_{3}, a_{6}, ..., a_{n \pm 1})

Letzendlich habe ich dann die Teilfolge

(a_{1}, a_{3}, a_{5}, a_{2 n - 1})

gewählt.

Die "Umordnungsabbildung" würde ich wie folgt definieren:

φ (n) = n - 1

für

\frac{n}{2} \in ℕ

und

φ' (n) = n + 1

für

\frac{n}{2} \notin ℕ

.

Aus der Umordung erhalte ich die Glieder der Teilfolde durch

ψ (n) = 2 n - 1,

wobei das eigentlich auch nicht stimmt...
Und außerdem ist das wahrscheinlich eh nicht allgemein genug.

Photon aktiv_icon

21:39 Uhr, 14.06.2012

Ja, ist ja nur ein Spezialfall. Magst du vielleicht das Diagramm malen und hier anhängen, damit wir das gleiche Bild vor den Augen haben?

Sabine2 aktiv_icon

22:05 Uhr, 14.06.2012

Ja natürlich.
Die obere Abbildung steht für Folge - Umordnung - Teilfolge und die untere für Folge - Teilfolge - Umordnung. Vllt. hätte ich die Folgenglieder in der unteren Reihe nicht

b_{n}

und

c_{n}

nennen sollen sodern

z . B

d_{n}

und

e_{n}

?

Edit: Die Qualität ist schlecht, tut mir leid. Wenn was unleserlich ist, sag Bescheid ;-)

Photon aktiv_icon

22:10 Uhr, 14.06.2012

Ja, es wär nicht schlecht zu kennzeichnen, dass die mittleren Folgen (bei dir beide

b_{n}

) unterschiedlich sind. Dafür sind aber die

a_{n}

und

c_{n}

jeweils korrekterweise in beiden Fällen gleich. Deswegen würde ich die

a_{n}

und die

c_{n}

jeweils "verschmelzen" und ein einziges Diagramm aus den zwei Diagrammen machen.

Sabine2 aktiv_icon

22:15 Uhr, 14.06.2012

Wieso sollen die

c_{n}

gleich sein? Gerade das soll man doch zeigen oder?
Wenn es die keine Umstände bereitet, wär ich froh, wenn du mal aufmalen würdest, was du meinst.

Photon aktiv_icon

22:19 Uhr, 14.06.2012

a_{n} - - - ψ - - - b_{n}

∣ . . . . . . . . . . . . . . . . ∣

\tilde{φ} . . . . . . . . . . . . . . . φ

∣ . . . . . . . . . . . . . . . . ∣

{\tilde{b}}_{n} - - - \tilde{ψ} - - - c_{n}

Ich hoffe, dass das halbwegs lesbar rüberkommt, sieht in der Vorschau ganz gut aus. :-)

edit: Man nimmt an, dass die

c_{n}

gleich sind und findet das passende

\tilde{ψ}

. Wenn das immer klappt, war die Annahme ok.

Sabine2 aktiv_icon

22:26 Uhr, 14.06.2012

Okay, dann ist

a_{n}

die Ausgangsfolge,

b_{n}

die Umordnung (gemäß der Abbildung

φ)

von

a_{n}, \bar{b_{n}}

eine Teilfolge (gemäß

ψ)

von

a_{n}

und beide sollen gemäß

\bar{φ}

und

\bar{ψ}

als

c_{n}

geschrieben werden können. (Was ja schlussendlich bewiesen werden soll.)

Photon aktiv_icon

22:28 Uhr, 14.06.2012

Sorry, ich hab die Funktionen etwas durcheinander gebracht. Habs im Diagramm korrigiert.

b_{n}

ist umgeordnet,

{\tilde{b}}_{n}

ist Teilfolge,

c_{n}

ist umgeordnete Teilfolge

Sabine2 aktiv_icon

22:32 Uhr, 14.06.2012

Ja okay. So haben wir das Diagramm, aber das ist ja leider noch nicht der Beweis

: (

Photon aktiv_icon

22:36 Uhr, 14.06.2012

Aus dem Diagramm lesen wir ab:

ψ \circ φ = \tilde{φ} \circ \tilde{ψ}

, also ist

\tilde{ψ} = {\tilde{φ}}^{- 1} \circ ψ \circ φ

. Das geht für alle

φ, ψ

, alle umkehrbare

\tilde{φ}

und alle Folgen

a_{n}

. Jetzt müssen wir nur noch überlegen, warum

\tilde{φ}

umkehrbar ist.

Sabine2 aktiv_icon

22:48 Uhr, 14.06.2012

Okay, das macht Sinn. (Mal so nebenbei gefragt: Hat dieses ~ über den Zeichen eine spezielle Bedeutung oder wurde das von dir wirrkürlich gewählt? ;-) )

Ich versteh noch nicht ganz, wieso du nun nach

\bar{ψ}

umformst bzw. worauf du hinaus willst.

{\bar{φ}}^{- 1}

ist nicht

\frac{1}{\bar{φ},}

sonder einfach eine Art Umkehrfunktion, oder?
Entschuldige meine blöden Fragen, aber ich kenne mich in der Materie kaum aus. Außer Schulmathematik-Kenntnisse habe ich nichts ;-)

Photon aktiv_icon

09:40 Uhr, 15.06.2012

Die Tilde ist rein "wirrkürlich". :-) Also nochmal zur Idee des Beweises. Erstmal nochmal die zu beweisende Aussage:

Jede Teilfolge einer Umordnung einer Folge kann als Umordnung einer Teilfolge geschrieben werden.

Wir geben uns also eine beliebige Folge. Dann ordnen wir sie beliebig um und nehmen aus dem Ergebnis nach Belieben eine Teilfolge. Damit haben wir "jede Teilfolge einer Umordnung", "jede", weil sowohl die Ausgangsfolge, als auch die Teilfolgenbildung, als auch die Umordnung beliebig gewählt wurden. Das entspricht im Diagramm dem Weg über den nicht getildeten Ast von a nach c.

Jetzt hab ich leider noch einen doofen Fehler gemacht. Wenn wir nach

\tilde{ψ}

suchen brauchen wir ein umkehrbares

\tilde{φ}

, das kriegen wir aber nicht hin, weil

φ

die Teilfolgenbildung ist. Also kleine Modifikation: Wir geben uns wie vorher

a_{n}, φ, ψ

und

\tilde{ψ}

und finden das zugehörige

\tilde{φ}

.

Nun aber weiter mit dem Beweis: Wir sollen nun zeigen, dass wir den Weg von a nach c auch anders gehen können: Erst die Teilfolge bilden und sie dann umordnen. Das ist der getildete Ast des Diagramms. Es würde uns schon reichen, wenn wir ein

\tilde{φ}, {\tilde{b}}_{n}, \tilde{ψ}

finden, die uns von a nach c bringen. Aber wir können sogar noch mehr zeigen: Wir können sogar noch das

\tilde{ψ}

beliebig sein lassen und immer noch lässt sich das

\tilde{φ}

finden, das uns schlussendlich nach c bringt. Damit hätten wir gezeigt:

Jede Teilfolge einer Umordnung einer Folge kann als beliebige Umordnung einer Teilfolge geschrieben werden.

Oder anders formuliert:

Zu jeder Teilfolge einer Umordnung einer Folge und jeder Umordnungsvorschrift lässt sich eine Teilfolgenbildungsvorschrift finden, sodass die damit gebildete Teilfolge mit der Umordnungsvorschrift umgeordnet die gleiche Folge ergibt, wie die Teilfolge einer Umordnung der Ausgangsfolge.

Sabine2 aktiv_icon

14:41 Uhr, 15.06.2012

Ich bewunder deine Geduld mit dir, wirklich super! :-)
Alles verständlich soweit.

Der Fehler ändert doch aber nichts an unserem Diagramm, oder?

ψ \circ φ = \bar{ψ} \circ \bar{φ} \Rightarrow \bar{φ} = ψ \circ φ \circ {\bar{ψ}}^{- 1}

(Also der Fehler lag dadrinnen, dass wir nach

\bar{ψ}

statt nach

\bar{φ}

umgeformt hatten?! Aber wieso ist

φ

nicht umkehrbar?)

"Damit hätten wir gezeigt:
Jede Teilfolge einer Umordnung einer Folge kann als beliebige Umordnung einer Teilfolge geschrieben werden."

Ehrlich? Das einzige was wir bisher gemacht haben, ist doch, dass wir die Annahme in ein Diagramm übertragen haben und dann auf Grund der Annahme

ψ \circ φ = \bar{ψ} \circ \bar{φ}

gefolgert haben. Damit haben wir die Behauptung doch quasi nur unter Verwendung der Behauptung gezeigt.

Photon aktiv_icon

17:49 Uhr, 15.06.2012

_______
Der Fehler ändert doch aber nichts an unserem Diagramm, oder?
ψ∘φ=ψ¯∘φ¯⇒φ¯=ψ∘φ∘ψ¯−1 (Also der Fehler lag dadrinnen, dass wir nach ψ¯ statt nach φ¯ umgeformt hatten?! Aber wieso ist φ nicht umkehrbar?)
_______

Ja genau!

φ

ist nicht umkehrbar, weil es eine Teilfolgenbildung ist und deswegen nicht surjektiv - es gibt also Elemente im Zielraum, auf die nichts abgebildet wird (wenn du den Begriff noch nicht kennst, guck bei Wiki nach, wenn dann immer noch etwas unklar ist, sag Bescheid). Damit eine Funktion bijektiv (also umkehrbar) ist, muss sie auch surjektiv sein - damit kann das

φ

nicht umkehrbar sein.

_______
Damit haben wir die Behauptung doch quasi nur unter Verwendung der Behauptung gezeigt.
_______

Ja, ich verstehe, wo die Schwierigkeit liegt. Aber obwohl es etwas so rüberkommt, ist es kein Zirkelschluss. Wir sollen zeigen:

Jede Teilfolge einer Umordnung einer Folge kann als Umordnung einer Teilfolge geschrieben werden.

Also nehmen wir uns eine beliebige Teilfolge einer Umordnung einer Folge und _konstruieren_ den "Alternativweg", bei dem zuerst die Teilfolge gebildet wird und dann umgeordnet. Dass wir bei der Suche nach der Beweisidee angenommen haben, dass der Alternativweg existiert, trägt nicht zum Beweis bei. Der Beweis geht dann irgendwie so:

Sei

a_{n}

eine beliebige Folge,

φ

eine "Teilfolgenbildung",

ψ

eine Umordnung und

c_{n} = a_{ψ \circ φ (n)}

eine Teilfolge einer Umordnung von

a_{n}

. Dann existieren eine Umordnung

\tilde{ψ}

und eine "Teilfolgenbildung"

\tilde{φ}

mit

a_{\tilde{φ} \circ \tilde{ψ} (n)} = c_{n}

.

Beweis:

\tilde{ψ}

kann beliebig gewählt werden und

\tilde{φ} = ψ \circ φ \circ {\tilde{ψ}}^{- 1}

Mit den so gewählten

\tilde{ψ}

und

\tilde{φ}

ist nämlich

a_{\tilde{φ} \circ \tilde{ψ} (n)} = a_{ψ \circ φ \circ {\tilde{ψ}}^{- 1} \circ \tilde{ψ} (n)} = a_{ψ \circ φ (n)} = c_{n}

was ja auch gefordert war.

Sabine2 aktiv_icon

20:28 Uhr, 15.06.2012

Achso, okay, ja das scheint mir logisch. Bekämen wir dann bei unserem Beweis etwas anderes raus, so würde sich unsere Annahme (=es existiert ein solcher Alternativweg) widerlegt werden, oder?

Das mit den Abbildungen habe ich mir durchgelesen und mir ist klar, wieso eine nicht bijektive Abbildung nicht umkehrbar ist.

Den tatsächlichen Beweis habe ich auch verstanden.

Die Frage, die sich nun stellt, ist, ob das ganze auch Umgekehrt möglich ist. Das zu beweisen sollte nun wirklich kein Problem mehr sein. Es ist natürlich möglich. Den Beweis habe ich hier vor mir, streng genommen muss ich dazu nur zeigen, dass

a_{\bar{ψ} \circ \bar{φ}} = a_{\bar{φ} \circ \bar{ψ}}

gilt, oder ist das ein Selbstgänger?

Photon aktiv_icon

20:51 Uhr, 15.06.2012

Dürfte genauso gehen, nur solltest du auf einer Seite der Gleichung die "Dächer" entfernen, sind ja unterschiedliche Abbildungen.

MathsTom aktiv_icon

21:05 Uhr, 15.06.2012

Ich verfolge das ganze hier ziemlich aufmerksam, wenn ich auch nochmal ne Frage äußern dürfte:

Also ich habe

ψ \circ φ = \bar{ψ} \circ \bar{φ} \Rightarrow φ = \bar{ψ} \circ \bar{φ} \circ ψ^{- 1},

wobei

ψ^{- 1}

existiert, weil es nach der Definition ganz am Anfang dieser Diskussion bijektiv ist.
Wie du vllt. siehst, berufe ich mich auf die selbe Skizze wie eben.

c_{n} = a_{\bar{φ} \circ \bar{ψ} (n)}

ist dann eine Umordnung einer Teilfolge. Es soll dann eine Umordnungsabbildung

ψ

und eine Teilfolgenabbildung

φ

geben mit

a_{ψ \circ φ (n)} = c_{n}

ψ

kann beliebig gewählt werden und

φ = \bar{ψ} \circ \bar{φ} \circ ψ^{- 1},

dann ist

a_{ψ \circ φ (n)} = a_{ψ \circ \bar{ψ} \circ \bar{φ} \circ ψ^{- 1} (n)} = a_{\bar{ψ} \circ \bar{φ} (n)} = a_{\bar{φ} \circ \bar{ψ} (n)} = c_{n}

Meine Frage bezog sich auf die letzte Zeile. Also wieso gilt

a_{\bar{ψ} \circ \bar{φ} (n)} = a_{\bar{φ} \circ \bar{ψ} (n)},

sprich wieso ist die innere Komposition (ich glaube so nennt man das) kommutativ?

Sabine2 aktiv_icon

21:12 Uhr, 15.06.2012

Ja, so ähnlich sieht der Beweis bei mir für die umgekehrte Version auch aus. Und wenn ich mich nicht total irre, meinen wir das selbe.

Ich habe mich auch gefragt, wieso im letzten Schritt (bei Mathspads Beitrag)

a_{\bar{ψ} \circ \bar{φ} (n)} = a_{\bar{φ} \circ \bar{ψ} (n)}

gilt. Gillt dies nämlich nicht, so dürfte ich

a_{\bar{ψ} \circ \bar{φ} (n)}

nämlich nicht mit

c_{n}

gleichsetzen und der Beweis wäre für die Katz..

Photon aktiv_icon

21:28 Uhr, 15.06.2012

Also ich habe ψ∘φ=ψ¯∘φ¯
________

Du hast da einen kleinen Dreher drin, auf beiden Seiten kommt erst das

ψ

und dann das

φ

. Das hab ich schon in deinen früheren Posts übersehen. So macht es natürlich keinen Sinn, es sollte ja einmal erst umgeordnet und dann "teilgefolgert" werden und einmal umgekehrt. Vielleicht klärt das deine Fragen.

Sabine2 aktiv_icon

21:47 Uhr, 15.06.2012

Alle Fragen sind damit beantwortet, vielen vielen vielen vielen Dank!!! :-) Du warst mir eine super Hilfe.

Sabine2 aktiv_icon

21:48 Uhr, 15.06.2012

Alle Fragen sind damit beantwortet, vielen vielen vielen vielen Dank!!! :-) Du warst mir eine super Hilfe.

Matlog aktiv_icon

15:17 Uhr, 16.06.2012

Tja, jetzt sind zwar alle glücklich und zufrieden, aber ich muss doch ein paar Bedenken anmelden, sorry!

Dass zu gegebenen

ψ

und

φ

ein

\bar{φ}

und ein

\bar{ψ}

existieren müssen, finde ich anschaulich total klar, auch wenn es schwierig erscheint, dass mathematisch sauber hinzuschreiben. (Ich habe jetzt eigenmächtig

\bar{φ}

geschrieben, da ich die ~ nicht da drauf bekommen habe.)

Aber das

\bar{ψ}

jetzt auch noch beliebig vorzugeben, das kann doch unmöglich funktionieren (und ist ja auch gar nicht nötig). Wir hätten ja dann die Folgenglieder

\bar{b_{n}}

in einer beliebigen Reihenfolge und müssten alleine durch Teilfolgenbildung mit

\bar{φ}

von

a_{n}

auf

\bar{b_{n}}

kommen. Bei einer Teilfolgenbildung kann ich aber nichts an der Reihenfolge verändern.

Photon aktiv_icon

14:29 Uhr, 17.06.2012

Ich sehe nicht, wo das Problem ist. Festgelegt sind Ausgangs- und Ergebnisfolge, somit wissen wir schon mal, welche Glieder unsere Teilfolgenbildung rauszupicken hat, wir wissen aber noch nicht in welcher Reihenfolge. Geben wir noch vor, wie die Umordnung aussieht, dann können wir die Teilfolgenbildung genau so hinbasteln, dass die danach angewendete Umordnung die Glieder richtig sortiert.

Matlog aktiv_icon

15:09 Uhr, 17.06.2012

Ich bin ja mit der Argumentation vollkommen einverstanden:

\bar{φ}

muss genau dieselben Folgenglieder auswählen wie

φ

(nur in anderer Reihenfolge). Anschließend gibt es ein

\bar{ψ},

das noch in die gewünschte Reihenfolge bringt.

Aber

\bar{ψ}

beliebig vorzugeben, das kann nicht gehen!

Im Beweis wird das daran scheitern, dass man nicht zeigen kann, dass

\bar{φ} = ψ

φ

{(\bar{ψ})}^{- 1}

strikt monoton ist.

Vielleicht kann ich mein Problem an einem einfachen Beispiel verdeutlichen:
Gegebene Folge

1; 2; 3,

umgeordnet in

3; 2; 1,

Teilfolge davon

2; 1

.
Wenn ich nun die Umordnung

\bar{ψ}

bereits vorgebe, nämlich die identische Abbildung (die gar nichts umordnet), wie will ich dann durch Teilfolgenbildung von

1; 2; 3

auf

2; 1

kommen?

Photon aktiv_icon

15:20 Uhr, 17.06.2012

Tatsächlich, die Monotonie ist mir da durch die Lappen gegangen. Dann muss man an der Konstruktion noch etwas weiterknobeln und auch noch ein passendes

\tilde{ψ}

konstruieren, sodass das

\tilde{φ}

monoton ist.

Sabine2 aktiv_icon

17:23 Uhr, 18.06.2012

Oh, das seh ich jetzt erst.
Ja, ich bin jetzt zwar nichtmehr glücklich und zufrieden, aber immerhin weiß ich, dass die Aufgabe so noch nicht vollständig gelößt wurde, das ist mir dann doch lieber so ;-)

Also euer Problem ist einleuchtend,

\bar{ψ}

darf aus den von matlog genannten Gründen nicht beliebig gewählt werden.
Wie muss man es denn aber wählen, damit die Monotonie von

\bar{φ}

gegeben ist?

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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