Hallo :-)
Die Definition zu beiden Konvergenzen hat üblicherweise so eine Formulierung:
Seien \(K\subseteq \R\), \(f:\ K\to \R\) und \(f_n:\ K\to \R\).
1.) \((f_n)_{n\in \N}\) heißt punktweise konvergent gegen \(f\) , falls gilt:
_______\( \forall x\in K\ \forall \varepsilon\ \exists N_{\varepsilon,x}\in \N \ \forall n\geq N_{\varepsilon,x}:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\)
und man schreibt \(\lim\limits_{n\to \infty} f_n(x)=f(x)\).
2.) \((f_n)_{n\in \N}\) heißt gleichmäßig konvergent gegen \(f\), falls gilt:
_______\(\forall \varepsilon>0\ \exists N_{\varepsilon}\in \N \ \forall n\geq N_{\varepsilon}\ \forall x\in K:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\)
und man schreibt \(\lim\limits_{n\to \infty} f_n(x)=f(x)\).
Ich führe das mal an Beispiel 2.) vor.
Punktweise Konvergenz:
Vermutung: \(\lim\limits_{n\to \infty} f_n(x)=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{2x}{1+(nx)^2}=0\).
>>> Schmierarbeit <<<<<<<<<<<<<
Für \(x=0\) ist die Aussage klar.
Seien \(x\in \R\setminus{\{0\}}\) und \(\varepsilon>0\) beliebig. Jetzt muss ich ein entsprechendes \(N_{\varepsilon,x}\in \N\) finden. Dazu mache ich mal folgende Betrachtungen
$$ \begin{aligned}\left|f_n(x)-f(x)\right|&=\left|\frac{2x}{1+(nx)^2}-0\right|=\left|\frac{2x}{1+(nx)^2}\right|\\[15pt]&=\frac{2|x|}{|1+(nx)^2|}=\frac{2|x|}{1+(nx)^2}\\[15pt]&\leq \frac{2|x|}{(nx)^2}=\frac{2|x|}{n^2\cdot |x|^2}=\frac{2}{n^2\cdot |x|}\\[15pt]&\leq \frac{2}{n\cdot |x|}\stackrel{n\geq N_{\varepsilon,x}}{\leq } \frac{2}{N_{\varepsilon,x}\cdot |x|}\stackrel{!}{<}\varepsilon \Longrightarrow N_{\varepsilon,x}>\frac{2}{\varepsilon\cdot |x|} \end{aligned}$$
Ich wähle mein \(N_{\varepsilon,x}\in \N\) also durch \(N_{\varepsilon,x}>\frac{2}{\varepsilon\cdot |x|}\).
>>> Schmierarbeit Ende <<<<<<<<
Der Beweis: Für \(x=0\) ist die Aussage klar. Seien \(x\in \R\setminus{\{0\}}\) und \(\varepsilon>0\) beliebig und wähle \(N_{\varepsilon,x}\in \N\) durch \(N_{\varepsilon,x}>\frac{2}{\varepsilon\cdot |x|}\). Dann gilt für alle \(n\geq N_{\varepsilon,x}\)
$$ \begin{aligned}\left|f_n(x)-f(x)\right|&=\left|\frac{2x}{1+(nx)^2}-0\right|=\left|\frac{2x}{1+(nx)^2}\right|\\[15pt]&=\frac{2|x|}{|1+(nx)^2|}=\frac{2|x|}{1+(nx)^2}\\[15pt]&\leq \frac{2|x|}{(nx)^2}=\frac{2|x|}{n^2\cdot |x|^2}=\frac{2}{n^2\cdot |x|}\\[15pt]&\leq \frac{2}{n\cdot |x|}\stackrel{n\geq N_{\varepsilon,x}}{\leq } \frac{2}{N_{\varepsilon,x}\cdot |x|}\stackrel{N_{\varepsilon,x}>\frac{2}{\varepsilon\cdot |x|}}{<}\varepsilon. \end{aligned}$$
Also ist \((f)_{n\in \N}\) punktweise konvergent gegen \(0\).
Gleichmäßige Konvergenz:
Vermutung: Diesselbe, also \(\lim\limits_{n\to \infty} f_n(x)=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{2x}{1+(nx)^2}=0\). Aber nun wird ja auch behauptet, dass sich \(f_n\) gleichmäßig \(f\) annähert.
>>> Schmierarbeit <<<<<<<<<<<<<
Eine Kurvendisskusion ergibt, dass \(f_n\) das Maximum bei \(x=\frac{1}{n}\) annimmt und es gilt \(f_n\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}\). (*)
Das solltest du für dich nochmal nachrechnen.
Sei \(\varepsilon>0\) beliebig. Jetzt muss ich ein entsprechendes \(N_{\varepsilon}\in \N\) finden. Dazu mache ich mal folgende Betrachtungen
$$ \begin{aligned}\left|f_n(x)-f(x)\right|=\left |\frac{2x}{1+(nx)^2} \right|\leq \left |\frac{1}{n}\right |=\frac{1}{n} \stackrel{n\geq N_{\varepsilon}}{\leq } \frac{1}{N_{\varepsilon}}\stackrel{!}{<}\varepsilon \Longrightarrow N_{\varepsilon}>\frac{1}{\varepsilon}\end{aligned} $$
Ich wähle mein \(N_{\varepsilon}\in \N\) also durch \(N_{\varepsilon}>\frac{1}{\varepsilon}\).
>>> Schmierarbeit Ende <<<<<<<<
Der Beweis: Sei \(\varepsilon>0\) beliebig und wähle \(N_{\varepsilon}\in \N\) durch \(N_{\varepsilon}>\frac{1}{\varepsilon}\). Dann gilt für alle \(n\geq N_{\varepsilon}\) und alle \(x\in \R\)
$$ \begin{aligned}\left|f_n(x)-f(x)\right|=\left |\frac{2x}{1+(nx)^2} \right|\stackrel{(*)}{\leq } \left |\frac{1}{n}\right |=\frac{1}{n} \stackrel{n\geq N_{\varepsilon}}{\leq } \frac{1}{N_{\varepsilon}}\stackrel{N_{\varepsilon}>\frac{1}{\varepsilon}}{<}\varepsilon. \end{aligned} $$
Also ist \((f)_{n\in \N}\) sogar gleichmäßig konvergent gegen \(0\).
