schranke supremum, beweis

09.12.2007, 11:12

Klappergrasmuecke

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schranke supremum, beweis

Hallo Leute, ich soll etwas beweisen und bin glaub ich gar nicht mehr so weit davon entfernt... Also die Aufgabe lautet:

http://img48.imageshack.us/img48/552/zwischenablage02bo3.png

zu a)

Da $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke zu A ist, gilt $\begin{eqnarray*} s \geq sup(A) \end{eqnarray*}$ .

Nun soll erst $\begin{eqnarray*} (ii) \Rightarrow (i) \end{eqnarray*}$ und dann $\begin{eqnarray*} (i) \Rightarrow (ii) \end{eqnarray*}$ gezeigt werden. Dies würde die Äquivalenz beweisen.

$\begin{eqnarray*} (ii) \Rightarrow (i) \end{eqnarray*}$ :

Sei $\begin{eqnarray*} s > sup(A) \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} s=sup(A)+\epsilon \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt dann in $\begin{eqnarray*} (ii) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} s-\epsilon < a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow sup(A) + \epsilon -\epsilon < a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow sup(A) < a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$

Das ist ein Widerspruch, denn ein Element der Menge kann niemals größer als das Supremum der Menge sein. Daher muss die Annahme $\begin{eqnarray*} s > sup(A) \end{eqnarray*}$ falsch gewesen sein. Da aber $\begin{eqnarray*} s \geq sup(A) \end{eqnarray*}$ gilt, kann nur noch $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ gelten.

$\begin{eqnarray*} (i) \Rightarrow (ii) \end{eqnarray*}$ :
Hier komme ich nicht wirklich weiter...

Bei b) dann entsprechend auch nicht...

c)
zu a):
$\begin{eqnarray*} (i)~ i=inf(A) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (ii)~ i + \epsilon > a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$
zu b) Nur die Gleichung umstellen und dann behaupten, dass es auch unendlich viele gibt.

Wäre cool, wenn mir jemand einen Denkanstoß für $\begin{eqnarray*} (i) \Rightarrow (ii) \end{eqnarray*}$ geben könnte. Oder vielleicht geht es ja auch anders besser. Ich würde mich über jede Hilfe freuen.

Danke im Voraus, Klappergrasmuecke

09.12.2007, 11:32

therisen

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Angenommen, (ii) gilt nicht. Zu zeigen ist, dass dann auch (i) nicht gilt. Der Beweis ist dann im Prinzip ein Einzeiler.

09.12.2007, 11:47

Klappergrasmuecke

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mmh...

nehmen wir an (i) gilt und (ii) gilt nicht. Daraus einen Widerspruch herleiten würde also reichen oder?

Das Gegenteil von (ii) wobei ich schon $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ gesetzt habe, sieht dann so aus:

$\begin{eqnarray*} sup(A) - \epsilon \geq a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{\epsilon} \in A \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} \epsilon = sup(A) + a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$ , dann habe ich

$\begin{eqnarray*} - a_{\epsilon} \geq a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$

Ein Widerpsurch für alle $\begin{eqnarray*} a_{\epsilon} \not= 0 \end{eqnarray*}$ .

Geht das so ? verwirrt

verwirrt

09.12.2007, 12:34

therisen

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Ne, das passt so nicht. Die Negation von (ii) lautet wie folgt:

Es gibt ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass es kein $\begin{eqnarray*} a_{\varepsilon}\in A \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon<a_\varepsilon \end{eqnarray*}$ . Das ist gleichbedeutend mit:

Es gibt ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon\geq a \end{eqnarray*}$ . Dann kann aber nicht (1) gelten.

09.12.2007, 16:40

Klappergrasmuecke

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ok danke, da war meine negation falsch...

eine frage zu deiner negation und der folgerung:

Zitat:

Original von therisen
Es gibt ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon\geq a \end{eqnarray*}$ . Dann kann aber nicht (1) gelten.

Dieses "Dann kann aber nicht (i) gelten", ist mir nich sofort klar. Könnte man es so begründen:

Da $\begin{eqnarray*} \varepsilon >0 \end{eqnarray*}$ , gilt $\begin{eqnarray*} s - \varepsilon < s \end{eqnarray*}$ .
Also kann $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ nicht wahr sein, weil es ein $\begin{eqnarray*} s^{'} :=s-\varepsilon \end{eqnarray*}$ gibt, dass größer als alle $\begin{eqnarray*} a \in A \end{eqnarray*}$ , aber kleiner als $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ist.

Dann hat man gezeigt, dass n(ii)=>n(i) gilt, was äquivalent zu (i)=>(ii) ist.
(Das n soll für nicht stehen, ich weiß leider den latex-befehl dazu nicht).

Hab ich das nun richtig verstanden? verwirrt

verwirrt

EDIT:
Zum Thema Negationen bilden:
Ist es richtig, dass man eine Negation bilden kann indem man alle $\begin{eqnarray*} \forall \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \exists \end{eqnarray*}$ und umgekehrt ersetzt und dann noch alle gleichungen umdreht? Sozusagen das ganze in formaler Logik aufschreiben und dann mechanisch die dinge nach einer gewissen vorschrift ersetzen?

09.12.2007, 17:09

therisen

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Zitat:

Original von Klappergrasmuecke

Zitat:

Original von therisen
Es gibt ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon\geq a \end{eqnarray*}$ . Dann kann aber nicht (1) gelten.

Dieses "Dann kann aber nicht (i) gelten", ist mir nich sofort klar. Könnte man es so begründen, dass wen (i) gelten würde, also $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ wäre und dein obiges zitat gilt, $\begin{eqnarray*} s - \varepsilon \end{eqnarray*}$ eigentlich $\begin{eqnarray*} sup(A) \end{eqnarray*}$ sein müsste? Daraus würde dann folgen, dass (i) falsch sein muss.

$\begin{eqnarray*} \sup A \end{eqnarray*}$ ist ja gerade die kleinste obere Schranke für A. Da mit $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke für A ist und $\begin{eqnarray*} s-\varepsilon<s \end{eqnarray*}$ , kann $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ nicht die kleinste obere Schranke für A sein, also $\begin{eqnarray*} s\neq\sup A \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Klappergrasmuecke
Dann hat man gezeigt, dass n(ii)=>n(i) gilt, was äquivalent zu (i)=>(ii) ist.
(Das n soll für nicht stehen, ich weiß leider den latex-befehl dazu nicht).

Hab ich das nun richtig verstanden? verwirrt

verwirrt

Genau.

Zitat:

Original von Klappergrasmuecke
EDIT:
Zum Thema Negationen bilden:
Ist es richtig, dass man eine Negation bilden kann indem man alle $\begin{eqnarray*} \forall \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \exists \end{eqnarray*}$ und umgekehrt ersetzt und dann noch alle gleichungen umdreht? Sozusagen das ganze in formaler Logik aufschreiben und dann mechanisch die dinge nach einer gewissen vorschrift ersetzen?

Im Prinzip ja.

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09.12.2007, 17:12

Klappergrasmuecke

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habe es gerade oben nochmal editiert, bevor ich deien antwort gelesen habe. ich glaube jetzt haben wir beide grob dasselbe dort stehen oder?
vielen dank für deine hilfe smile

smile

.

Jetzt muss ich mich an b) versuchen, aber da weiß ich auch nicht so genau wie ich da ranzugehen habe...

09.12.2007, 17:19

therisen

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Ja. Zu b) Mit Negation könnte es wieder klappen.

09.12.2007, 17:32

Klappergrasmuecke

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Die Negation zu bilden fällt mir schwer, aber ich versuchs:

Gilt $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} s \not \in A \end{eqnarray*}$ , so gibt es ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ , für das es endlich viele oder gar keine $\begin{eqnarray*} a_{\epsilon} \in A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s - \varepsilon < a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$ gibt.

Ist das eine Negation?

09.12.2007, 17:35

therisen

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Ja, das ist richtig. Das "gar keine" kannst du noch streichen, das hast du in a) ii) gezeigt.

09.12.2007, 17:46

Klappergrasmuecke

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mmh ok und jetzt muss ich einen widerspruch herleiten.

ich hab irgendwie das gefühlt, dass ich aus nicht(b) folgern muss, dass $\begin{eqnarray*} s \in A \end{eqnarray*}$ ist, um den Widerspruch zu bekommen, aber keine Ahnung wie das gehen soll...

09.12.2007, 17:54

therisen

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Bilde mal das Maximum dieser endlich vielen Elemente.

09.12.2007, 18:07

Klappergrasmuecke

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... Es gibt kein solches Maximum, da $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ beliebig groß werden kann? Es könnte zum beispiel auch $\begin{eqnarray*} \varepsilon=|s| \end{eqnarray*}$ sein. irgendwie so? verwirrt

verwirrt

09.12.2007, 19:13

therisen

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Nein, erstens ist $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ fest und zweitens existiert das Maximum sehr wohl.

09.12.2007, 20:19

Klappergrasmuecke

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ok stimmt, $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist fest. aber das maximum wäre ja das größte Element von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Ein solches Element kann es doch aber nicht geben, da $\begin{eqnarray*} sup(A) \not \in A \end{eqnarray*}$ . vertu ich mich da jetzt? traurig

traurig

09.12.2007, 20:21

therisen

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Eben, das liefert den gewünschten Widerspruch.

09.12.2007, 20:51

Klappergrasmuecke

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Danke für deine Hilfe, echt super nett! Ich versuche nun (b) nochmal im Ganzen darzustellen:

Wir nehmen an, dass (b) nicht gilt:

Gilt $\begin{eqnarray*} s=sup(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} s \not \in A \end{eqnarray*}$ , so gibt es ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ , für das es endlich viele $\begin{eqnarray*} a_{\epsilon} \in A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s - \varepsilon < a_{\epsilon} \end{eqnarray*}$ gibt.

Sei nun für dies $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ die Menge $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} M:= \lbrace a_{\varepsilon} ~|~ a_{\epsilon} \in A \wedge sup(A) - \varepsilon < a_{\epsilon} \rbrace \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ nur aus endlich vielen Elementen bestehen darf, gibt es ein Maximum von M. Dieses Maximum muss dann das größte Element der Menge A sein. Ein solches größtes Element der Menge A gibt es aber nicht da $\begin{eqnarray*} sup(A) \not \in A \end{eqnarray*}$ . Widerspruch! Die Annahme (b) sei falsch muss also falsch gewesen sein. Daraus folgt, dass (b) richtig ist.

Ist das so richtig?

09.12.2007, 21:03

therisen

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Im Prinzip richtig, ich würde nur stets $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \sup A \end{eqnarray*}$ schreiben und dann aus der Existenz des Maximums folgern, dass dieses Maximum eine echt kleinere obere Schranke als $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ ist.

Gruß, therisen

09.12.2007, 21:12

Klappergrasmuecke

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ok danke. und die aussage, dass das maximum von M gleichzeitig auch das größte Element von A sein muss, muss ich die auch noch irgendwie genauer erläutern/beweisen, oder ist die sozusagen offensichtlich?

09.12.2007, 21:14

therisen

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Man betrachtet ja das offene Intervall $\begin{eqnarray*} (s-\varepsilon, s) \end{eqnarray*}$ - von daher würde ich sagen, dass das offensichtlich ist.

09.12.2007, 21:17

Klappergrasmuecke

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ok, vielen dank! echt super nett, dass du dir die mühe gemacht hast mir zu helfen Freude

Freude

Gott

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