beweis mit supremumsaxiom

03.11.2007, 17:33

hxh

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beweis mit supremumsaxiom

$\begin{eqnarray*} x \in \mathbb R ,x > 0 \end{eqnarray*}$ Zeigen sie: $\begin{eqnarray*} \forall y \in \mathbb R \exists n\in \mathbb N : nx > y \end{eqnarray*}$

So ich würd jetzt nen Wiederspruch machen mit

$\begin{eqnarray*} \exists y \in \mathbb R \forall n\in \mathbb N : nx \leq y \end{eqnarray*}$

also wäre y obere Schranke von nx.

Nach Supremumsaxiom gibt es ein y0 das kleinste Obere Schranke ist.

Jetzt hab ich überlegt ob ich hier mit Epsiolon weiterarbeiten kann

$\begin{eqnarray*} \forall \epsilon > 0 \exists y_{0} \in \mathbb R : y_{0}-\epsilon < y_{0} \end{eqnarray*}$

also ist y0 - Epsilon keine Obere SChranke

so der nächste schritt ist mir nicht ganz klar, ob ich so weitermachen kann.

$\begin{eqnarray*} y_{0} - \epsilon < nx \end{eqnarray*}$

03.11.2007, 17:40

tmo

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dein ansatz ist gut. wähle nun mal $\begin{eqnarray*} \epsilon = x \end{eqnarray*}$ .

03.11.2007, 17:45

hxh

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wieso darf ich das so wählen ?

$\begin{eqnarray*} y_{0} < (n+1)x \end{eqnarray*}$

damit wird nun ja gezeigt, dass y0 nicht kleinste obere Schranke ist und wir haben einen Wiederspruch wodurch die 1. BEhauptung wahr ist.

03.11.2007, 17:50

tmo

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du schreibst ja selbst, dass es für alle $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ gelten muss.

wegen x > 0 muss es also insbesondere auch für $\begin{eqnarray*} \epsilon = x \end{eqnarray*}$ gelten.

03.11.2007, 17:51

hxh

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ok das war mir nicht bewusst, dass durch diese aussage $\begin{eqnarray*} \epsilon = x \end{eqnarray*}$ folgt

03.11.2007, 17:56

tmo

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es folgt ja gar nicht $\begin{eqnarray*} \epsilon = x \end{eqnarray*}$

aber die ungleichung (wie du selbst geschrieben hast)

$\begin{eqnarray*} y_0 - \epsilon < y_0 \end{eqnarray*}$

gilt für alle $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ . also gilt sie auch für $\begin{eqnarray*} \epsilon = x \end{eqnarray*}$ , denn x ist ja irgendeine positive reelle zahl.

und dadurch ergibt sich dann der widerspruch.

ist es dir jetzt klar?

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03.11.2007, 17:58

hxh

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ja es ist schon irgendwie klar.
Es ist hier ja eigentlich nur wichtig, dass es eine positive Zahl ist und es spielt keine Rolle welche Zahl das ist.
Demnach spielt es keine Rolle ob ich nun Epsilon oder x nehme, da ja beide positive Zahlen sind.

04.11.2007, 14:57

hxh

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Also gut es gibt hier noch ne Teilsaufgabe wo ich nicht weiterkomme.
den oberen Teil bezeichne ich mal als a)

jetzt folgt b)
Folgern sie aus a)
$\begin{eqnarray*} \forall z \in \mathbb R \exists ! m \in \mathbb Z: m\leq z < m+1 \end{eqnarray*}$

ich soll bei a) anwenden x=1 und y = +-z

ok das is ja verständlich

$\begin{eqnarray*} n > \pm z \Rightarrow n_{1} > z \wedge - n_{2} < z \Rightarrow - n_{2}< z < n_{1} \end{eqnarray*}$

so wie kann ich nun weiter vorgehen, liegt wohl am verständniss, wie ich das jetzt auf die aufgabenstellung übertragen kann bzw wie ich umformen könnte.

04.11.2007, 15:08

tmo

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hier würde ich 3 fälle unterscheiden.

1. fall: $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$
dieser fall ist trivial.

2. fall: $\begin{eqnarray*} r > 0 \end{eqnarray*}$
betrachte mal die menge $\begin{eqnarray*} M = \{m|m \leq r, m \in \mathbb N_0\} \end{eqnarray*}$
nach a) ist diese menge endlich, sie enthält also ein größtes element.
wie kannst du weiter folgern?

der 3. fall ist dann natürlich r < 0 und dem 2. sehr ähnlich.

04.11.2007, 16:33

hxh

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für fall 2. wäre doch r obere SChranke von m
und in fall 3. untere Schranke von m ?

04.11.2007, 17:21

tmo

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das ist sehr wohl der fall, jedoch eigentlich für den beweis nicht relevant.

sei $\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ das größte element dieser menge. welche aussage kannst du dann über $\begin{eqnarray*} m_0 + 1 \end{eqnarray*}$ machen?

04.11.2007, 17:27

hxh

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ja logisch wäre das hier.

$\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ < $\begin{eqnarray*} m_0 + 1 \end{eqnarray*}$

ich versteh worauf du rausst wilsst, wohl das

$\begin{eqnarray*} m_0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \leq r < \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} m_0 + 1 \end{eqnarray*}$

04.11.2007, 17:29

tmo

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ja, genau darauf will ich hinaus.

welche aussage kannst du denn darüber machen ob $\begin{eqnarray*} m_0 + 1 \end{eqnarray*}$ in M enthalten ist oder nicht?

04.11.2007, 17:35

hxh

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ja m0+1 ist demnach ja nicht in M enthalten , da ja m0 schon das größte Element aus M ist.

Demnach müsste man das ganze auch umdrehen können da ja m Element der Ganzen Zahlen ist.

müsste irgendwie so aussehen $\begin{eqnarray*} m_{0}-1 < r \leq m_{0} \end{eqnarray*}$

damit meintest du wohl den Fall 3

ok ich denk da nochmal drüber nach, hab sicher noch ne frage

04.11.2007, 19:08

hxh

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Zitat:

Original von tmo
hier würde ich 3 fälle unterscheiden.

1. fall: $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$
dieser fall ist trivial.

2. fall: $\begin{eqnarray*} r > 0 \end{eqnarray*}$
betrachte mal die menge $\begin{eqnarray*} M = \{m|m \leq r, m \in \mathbb N_0\} \end{eqnarray*}$
nach a) ist diese menge endlich, sie enthält also ein größtes element.
wie kannst du weiter folgern?

der 3. fall ist dann natürlich r < 0 und dem 2. sehr ähnlich.

wieso nimmst du hier eigentlich r Element Z und m Element aus N

04.11.2007, 19:14

tmo

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der fall $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist wegen $\begin{eqnarray*} r \leq r < r+1 \end{eqnarray*}$ trivial, weswegen ich es als gesonderten fall betrachte. wäre aber eigentlich nicht nötig gewesen.
denn die beiden fälle 2 und 3 decken den fall 1 ja mit ab.

und in der menge habe ich $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ gewählt, weil der beweis damit nunmal klappt.

04.11.2007, 19:18

hxh

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es verwirrt mich weil in meiner aufgabe ja z element R ist und m Element Z

04.11.2007, 19:23

tmo

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es ist $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ , weswegen $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ein fall ist, der durchaus auftreten kann. aber wie oben schon erwähnt, man muss ihn nicht gesondert betrachten.

und meinentwegen kannst du das m in der mengenklammer auch banane nennen.

04.11.2007, 19:26

hxh

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smile

ok hab nun verstanden

04.11.2007, 19:28

tmo

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dann kannst du ja nun einen beweis für den fall 3 (r<0) posten Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.11.2007, 19:40

hxh

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3. fall r<0

$\begin{eqnarray*} M = \{m|m \geq r, m \in \mathbb Z\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m\leq 0 \end{eqnarray*}$ (ging da nimmer rein)

mh ist m0 jetzt wohl das kleinste element der Menge M. so gilt

$\begin{eqnarray*} m_{0} -1 < r \leq m_{0} \end{eqnarray*}$

04.11.2007, 19:44

tmo

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da sind ein paar schönheitsfehler drin.

1. du musst in der menge $\begin{eqnarray*} m \leq 0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ fordern.
2. ungleichungszeichen verdreht.
3. und jetzt fällt mir auf, dass man den fall $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ doch gesondert betrachten sollte, damit man das kleinergleich zu einem echt kleiner machen kann.

04.11.2007, 19:56

hxh

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ich frag mich grade obs das mit der aufgabe war oder man da noch was machen muss

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