Supremum und Infinum bestimmen ..

08.12.2010, 20:13

misaki

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Supremum und Infinum bestimmen ..

Hey! Ich habe riesige Probleme damit, Supremum/Infimum bzw. Minimum/Maximum von Mengen zu bestimmen .. In meinem Skript steht nicht wirklich was drinnen ,dass ich verstehe ...

$\begin{eqnarray*} A = \left\{ \frac{| x |}{1+| x |} | x \in \mathbb R \right\} \end{eqnarray*}$

Ich hätte hier gesagt
min a = 0 = inf A
max A gibt es nicht, weil < 1 und unendlich viele Kommastellen möglich
sup A = 1, und ist nicht Element aus A (sonst wärs ja = max A und es gäbe ein Maximum)

... Stimmt das denn? Und wie ist es denn üblich, kann ich das einfach so "festlegen" oder muss ich auch irgendwie beweisen, dass das so stimmt ?

08.12.2010, 20:38

Cel

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Das stimmt alles zwar, aber du musst es wirklich beweisen. Dass 0 das Minimum ist, ist leicht. Warum? Kann man in der Menge negative Zahlen erreichen? Was folgt aus der Antwort?

Mit der 1 wird es schwieriger. Du musst zuerst beweisen, dass 1 eine obere Schranke ist. Was heißt das?

$\begin{eqnarray*} \frac{|x|}{1+|x|} \leq 1 \; \forall \; x \end{eqnarray*}$

Danach müssen wir zeigen, dass es keine kleinere untere Schranke gibt. Nimm dir also ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ und zeige, dass $\begin{eqnarray*} \frac{|x|}{1 + |x|} \end{eqnarray*}$ für irgendein spezielles $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ größer als $\begin{eqnarray*} 1 - \varepsilon \end{eqnarray*}$ wird. Und das gilt für alles Epsilon.

Wenn's Probleme gibt, einfach wieder melden. Wink

Wink

08.12.2010, 20:55

misaki

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Oh, hab ich mir schon fast gedacht mit dem Beweisen ... Uni halt Big Laugh

Big Laugh

Also als Begründung für min bzw. inf reicht das, wenn ich sage, dass Zähler immer positiv ist wegen Betrag und Nenner immer positiv wegen 1+ Betrag ist?

Und für das zeigen, dass es eine obere Schranke gibt, forme ich die Ungeichung einfach um und erhalte dann 0<1 und das stimmt, deshalb ist es eine obere Schranke?

Und das mit dem Epsilon versteh ich noch nicht ganz. Ich wähle kein bestimmtes Epsilon, sondern nur allgemein oder? Da weiß ich noch nicht so wirklich, wie ich da an den Beweis rangehen soll ..

hab jetzt was wegen dem epsilon versucht .. und zwar hab ich gesagt
$\begin{eqnarray*} \exists x \in \mathbb R : \frac{|x|}{1+|x|} > 1 - \gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma > 0 \end{eqnarray*}$
... und löse dann einfach die Ungleichung auf.
Dann erhalte ich
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+|x|} < \gamma \end{eqnarray*}$
... und jetzt?

08.12.2010, 21:13

Cel

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Alles in Ordnung. Oben musst du durch einsetzen noch zeigen, dass 0 in der Menge drin ist, aber das ist ja sehr einfach. Die Menge besteht nur aus Zahlen, die positiv sind und die Null liegt drin. Dann muss sie das Minimum sein.

Deine letzte Umformung bringt nichts, du musst nach |x| auflösen. Wenn du das machst, ist der Beweis aber geführt und du bist fertig!

08.12.2010, 21:21

misaki

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Okay, danke.

Dann erhalte ich also

|x| = 1/gamma - 1 ? und das wars?

08.12.2010, 21:30

Cel

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Vollkommen richtig. Du bist fertig. Verstehst du, wieso?

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08.12.2010, 21:34

misaki

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$\begin{eqnarray*} \frac{|x|}{1+|x|} > 1 -\gamma <br /> |x| > 1 + |x| - \gamma - \gamma|x|<br /> 0 > 1 - \gamma - \gamma|x|<br /> 0 > \gamma * (\frac{1}{\gamma} - 1 - |x|)<br /> 0 > \frac{1}{\gamma} - 1 - |x|<br /> |x| > \frac{1}{\gamma} - 1<br /> \end{eqnarray*}$

hab halt durch gamma gekürzt, weils eh >0 ist..

edit lol okay, du hast auch dasselbe. naja ich denk mal ich bin fertig , weil ich gezeigt habe dass es ein x gibt, zwar in abhängigkeit von gamma aber ja .... und das x ist bestandteil von R?

-----------------------------
hab grad gesehen, die nächste aufgabe ist sehr ähnlich drum schreib ich sie mal hier dazu smile

smile

$\begin{eqnarray*} B = \left\{ \frac{x}{1+x} | x \in \mathbb R , x > - 1\right\} \end{eqnarray*}$

ich komm hier einfach nicht aufs infimum ... ich geh mal davon aus, dass es nicht in der menge liegt und daher gibt es auch kein minimum. aber wenn ich mein x immer kleiner mache ist das ja eine 0 folge, oder nicht? müsste also 0 sein? oder täusch ich mich da? wegen dem vorzeichen ..

max gibt es wieder nicht und supremum ist wieder 1, zeigen tu ichs wie vorher, oder? Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.12.2010, 21:50

Cel

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Du bist jetzt fertig, weil du gezeigt hast, dass es immer ein Element der Menge gibt, das größer als 1 - eps ist und zwar für alle Epsilon. Man kommt also immer unendlich nah an die 1 ran.

Für die andere Aufgabe schauen wir uns mal den Graphen an.

Was ist bei x = -1? Und beachte: Wir dürfen nur von rechts an die -1 ran.

08.12.2010, 21:52

misaki

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Der Wert der Menge ist -unendlich ? .. Das wäre dann also mein infimum? bzw.... es gibt gar keine untere schranke ?

wie zeige ich , dass es keine schranke gibt? braucht sicher auch einen beweis ..

Edit (Cel): Beiträge zusammengefügt.

08.12.2010, 22:37

Cel

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Vermeide bitte Doppelposts. Die sehen wir nicht so gerne. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Genau. Diese Menge ist nicht nach unten beschränkt. Wie zeigen wir das?

Nun, zeige, dass es immer ein x gibt, so dass

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{1+x} \leq -M \end{eqnarray*}$ für alle M ist. Dann ist der rechte Ausdruck unbeschränkt, da wir immer tiefer runter kommen.

Du weißt aber schon, dass dieses x nahe der -1 liegen muss (rechts davon). Zeige also:

Für alle M > 0 gibt es ein Epsilon, so dass

$\begin{eqnarray*} \frac{-1 + \varepsilon}{1 + (-1 + \varepsilon)} \leq -M \end{eqnarray*}$ gilt.

08.12.2010, 22:43

misaki

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Ja ich konnte nicht mehr editieren ,das geht anscheinend nach mehr als 15 min nicht mehr Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Ahm, M ist nun was? Meine gesamte Menge? Also es gibt immer ein x, das kleiner ist als alle anderen Werte der Menge?? Warum habe ich -M? Und wenn es immer ein x gibt, das kleiner ist ... ist das dann nicht eine Schranke??

Und wenn ich die zweite Ungleichung dann zeige ... Forme ich das dann nach epsilon oder M um? Ah ich verstehs grad gar nicht Big Laugh

Big Laugh

08.12.2010, 23:11

Cel

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Wenn ein Helfer mit dir arbeitet, wird er in aller Regel immer mal wieder schauen, ob sich neue Fragen auftun, ich hätte dir also sowieso geantwortet. Für die Zukunft. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Du musst aufpassen, in welche Richtung wir gehen. Die Menge ist nach oben beschränkt, mein Vorschlag bezieht sich darauf, zu zeigen, dass die Menge nicht nach unten beschränkt ist. Wenn es immer tiefer geht, dann ist sie nicht nach unten beschränkt.

M ist eine feste positive Zahl. -M ist also negativ, das ist meine persönliche Art, das zu machen, du kannst auch sofort schreiben, M ist negativ, aber mit dem Minus davor merkt man das leichter, finde ich.

Du fragst dich, bekomme ich Zahlen, die kleiner als dieses -M sind? Gibt es in der Menge beispielsweise Zahlen, die kleiner als -1000 sind? Ja, das sieht man an dem Graphen der geplotteten Funktion. Der zugehörige x-Wert muss irgendwo in der Nähe der -1 liegen, das verbirgt sich hinter der Schreibweise $\begin{eqnarray*} -1 + \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Und deine Aufgabe ist es jetzt, herauszufinden, wie weit sie von der -1 weg sind. Deshalb musst du nach Epsilon auflösen.

Du bekommst also für alle (!) -M Epsilonwerte, so dass der berechnete Wert (-1+ eps)/(1 + (-1+eps)) kleiner als das - M ist. Für alle -M, also geht es bis nach -unendlich runter, also nicht beschränkt.

09.12.2010, 13:47

misaki

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Oh okaay, jetzt wird mir einiges klarer, danke!

Ich kireg also dann ein eps > 1/(1+M) ... und egal welches M ich einsetze, es gibt immer ein eps aus dem sich ein kleinrer Wert ergibt .. smile

smile

Danke!

smile

09.12.2010, 15:51

Cel

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Die Umformungen sind wohl richtig, aber das Ungleichheiteszeichen nicht. Es muss < sein. Denn je größer das (positive) M ist, desto näher müssen wir an die -1 ran.

Ansonsten aber alles gut.

12.12.2010, 14:56

misaki

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Danke!!

smile

Hab jetzt noch eine andere Menge..
$\begin{eqnarray*} C=\left\{ x\in \mathbb R | (x+1)²<4\right\} \end{eqnarray*}$

... soo und jetzt hab ich die Ungleichung aufgelöst und
-3 < x < 1 erhalten.

Das heißt für mich folgendes:
sup C = 1
max C gibt es nicht, weil 1 nicht in der Menge
inf C = -3
min C gibt es nicht, weil -3 nicht in der Menge

... Aber wie zeig ich denn das nun schon wieder verwirrt

verwirrt

Ich kann ja hier nicht einfach so wie vorhin rangehen oder?
Weil wenn ich zeigen will, dass 1 zunächst mal nur eine obere Schranke ist ... wie setz ich das dann ein? Ich hab ja hier nur eine Ungleichung .. hab ich dann (x+1)² < 1 oder wie?

12.12.2010, 16:44

Cel

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Bei solchen Mengen genügt es, die Ungleichung zu lösen. Diese Menge ist in Wirklichkeit ein Intervall, bei der wir die verschiedenen Größen per definitionem ablesen können. Du hast also recht mit deinen Vermutungen.

12.12.2010, 17:01

misaki

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ich muss hier also rein gar nichts zeigen, sondern nur die ungleichung auflösen und kann dann sup, inf, max und min einfach ablesen und das wars? smile

smile

Freude

12.12.2010, 17:04

Cel

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Würde ich so sagen, ja. Kommt natürlich auch darauf an, wie ihr so mit Intervallen umgeht. [1,5] ist ein Intervall, das auf jeden Fall beschränkt ist, und der größte bzw. kleinste Wert ist enthalten. Analog ist das mit (1,5), hier sind die Ränder nicht mit drin.

12.12.2010, 17:12

misaki

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Haben wir genau so. Na gut ,das freut mich dann aber! smile

smile

)
Danke

Big Laugh

okaaay und dann hätt ich noch eins bei dem ich jetzt voll hänge xD Ach man Big Laugh

Big Laugh

$\begin{eqnarray*} D = {x + \frac{1}{x} | x\in \mathbb R , 0,5 < x \leq 2} \end{eqnarray*}$

ich bin jetzt mal so an die sache rangegangen, dass ich gesagt hab mit x = 2 könnte ich mein sup erreichen ..
dann erhalte ich 2,5, liegt in der menge also auch max.

wenn ich dann aber ein infimum finden möchte .. hätte ich mir gedacht es reicht, 0,5 zu nehmen, aber dann erhalte ich ja wieder 2,5 .... und zwischendrin liegen doch werte die kleiner sind ...?

12.12.2010, 17:51

Cel

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Es ist immer sinnvoll, sich den Graphen der durch die Menge beschriebenen Funktion anzugucken:

Dein Maximum ist richtig, für das Minimum ... hmmm ... Idee!

Idee!

Wie wäre es mit der notwendigen Bedingung aus der Analysis?

12.12.2010, 17:53

misaki

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Zitat:

Original von Cel
Idee!

Idee!

Wie wäre es mit der notwendigen Bedingung aus der Analysis?

.. und die wäre? Da hab ich absolut keine ahnung ?

12.12.2010, 18:14

Cel

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Die wirst du kennen, vielleicht unter anderem Namen: f'(x) = 0. Dabei ist dein f hier f(x) = x+ 1/x.

12.12.2010, 18:28

misaki

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lol darauf hätt ich auch kommen können Hammer

Hammer

danke! jetzt hab ich glaub ich alles smile

smile

die anderen mengen waren dann nicht mehr so schwer.

nur bei ienem Ergebnis
x < 1 oder x > 5
... da hab ich dann weder min, max noch sup, inf, oder?

es sei denn ich bilde zwei teilmengen, die eine x <1 und die andere x > 5
dann hab ich sup D1 = 1 bzw inf D2 = 5 oder ?

12.12.2010, 18:50

Cel

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Wenn die Menge so aussieht $\begin{eqnarray*} D = (-\infty, 1) \cup (5, \infty) \end{eqnarray*}$ , dann setzt man $\begin{eqnarray*} \sup(D) := \infty, \; \inf(D) := -\infty \end{eqnarray*}$ . Minimum und Maximum existieren dann nicht, stimmt, das Infimum und das Supremum aber schon.

12.12.2010, 18:59

misaki

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Hm wir haben aber gelernt Schranken sind immer ungleich unendlich. Dann wäre das nach unserer Definition also nicht der Fall? smile

smile

12.12.2010, 19:01

Cel

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Deswegen habe ich auch geschrieben "man setzt dann". Aber das ist wohl Ansichtssache, du kannst auch sagen, sie existieren nicht.

12.12.2010, 19:17

misaki

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okay, danke! smile

smile

hast mir sehr geholfen

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