Nullstellensatz

30.12.2005, 11:55

Frooke

Nullstellensatz

Hallo allerseits!
Ich habe eine Frage zum Nullstellensatz (nicht der hilbert'sche, der Sonderfall des Zwischenwertsatzes)...

Dieser besagt ja, dass eine stetige Funktion f auf einem Intervall [a;b] mit f(a)>0>f(b) mindestens eine Nullstelle besitzt.

Zum Beweis: Es kommt mir irgenwie «zu einfach» vor, aber reicht das denn nicht als Beweis?

$\begin{eqnarray*} \text{Da }f\text{ auf }[a;b]\text{ stetig ist, werden alle Werte }k~\in~[f(a);f(b)]\text{ mindestens} \\ \text{einmal erreicht. Wegen }f(a)>0>f(b)\text{ gibt es ein }\varepsilon\text{, so dass }f(\varepsilon)=0 \text{.} \end{eqnarray*}$

30.12.2005, 12:04

Leopold

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Das ist wirklich zu einfach. Denn beim Beweis verwendest du, sogar in einer allgemeineren Form, das, was du eigentlich beweisen sollst.

Also der schlimmste Beweisfehler, den man eigentlich machen kann. traurig

Einfach noch einmal darüber nachdenken ... smile

30.12.2005, 15:38

Frooke

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Zitat:

Original von Leopold
Also der schlimmste Beweisfehler, den man eigentlich machen kann. traurig

Gut, dass das noch im alten Jahr passiert ist... Hammer

Aber irgendwie raff ich's nicht... f(a)>0>f(b). f ist auf [a;b] stetig. Also muss es irgendwo die Null «kreuzen»... verwirrt

30.12.2005, 15:41

Mathespezialschüler

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Ja, natürlich muss sie das. Aber das ist ja gerade die Aussage, die der Satz hergibt. Dein "muss" zeigt genau die Tatsache, dass der Satz anschaulich klar ist. Das ist allerdings in der Tat lange noch keine mathematisch saubere Erklärung, welche man für einen Beweis ja braucht.

Gruß MSS

30.12.2005, 17:32

JochenX

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nennt sich dieser satz nicht "satz von rolle"?
oder war das wieder was anderes!?

darf ich mal ganz dumm fragen, ob ihr den zwischenwertsatz voraussetzen dürft? wenn ja, dann ist es ja auch "ganz einfach", da ja wirklich nur spezialfall.

30.12.2005, 18:01

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Jochen,da musst du etwas verwechselt haben.

Satz von Rolle:

Sei $\begin{eqnarray*} f:[a;b]->\mathbb R \end{eqnarray*}$ differenzierbar mit f(a)=f(b). Dann existiert ein $\begin{eqnarray*} \xi\in (a;b) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f'(\xi)=0 \end{eqnarray*}$

@Frooke

Fallst du den Satz weiterhin beweisen willst,schlage ich dir das sogenannte Bisektionsverfahren vor

30.12.2005, 18:13

JochenX

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huch, danke, ist ja nix neues, dass ich die analysissätze durcheinander bringe

ich bin mal lieber ruhig! smile

30.12.2005, 18:21

Abakus

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Bei diesem Satz spricht man vom "Nullstellensatz von Bolzano". Bisektionsverfahren und zB 2 Schachtelungs-Folgen definieren ist eine Idee. Big Laugh

30.12.2005, 18:25

Leopold

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"Bisektionsverfahren" klingt irgendwie nach einer okkulten Veranstaltung. Ich nenne das Intervallhalbierungsverfahren.

Nehmen wir an, daß $\begin{eqnarray*} a<b \end{eqnarray*}$ gilt und $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ stetig ist mit $\begin{eqnarray*} f(a)>0 \, , f(b)<0 \end{eqnarray*}$ .

Dann definiere für $\begin{eqnarray*} n \geq 0 \end{eqnarray*}$ die Intervalle $\begin{eqnarray*} [x_n,y_n] \end{eqnarray*}$ rekursiv durch

$\begin{eqnarray*} x_0 = a, \ y_0 = b \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{n+1} = \begin{cases} \ \frac{x_n + y_n}{2} & \mbox{für} \ f \left( \frac{x_n + y_n}{2} \right) \geq 0 \\ \ x_n & \mbox{für} \ f \left( \frac{x_n + y_n}{2} \right) < 0 \end{cases} \, , \ \ \ y_{n+1} = \begin{cases} \ y_n & \mbox{für} \ f \left( \frac{x_n + y_n}{2} \right) \geq 0 \\ \ \frac{x_n + y_n}{2} & \mbox{für} \ f \left( \frac{x_n + y_n}{2} \right) < 0 \end{cases} \end{eqnarray*}$

Da jedes Intervall halb so groß wie sein Vorgänger ist, liegt eine Intervallschachtelung vor. Die Intervalle ziehen sich auf ein

$\begin{eqnarray*} \xi = \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} y_n \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \xi \in [a,b] \end{eqnarray*}$ zusammen. Jetzt ist noch zu zeigen, daß $\begin{eqnarray*} f(\xi) = 0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Anschaulich bestimmt das Verfahren bei jedem Schritt dasjenige der beiden durch Halbierung entstehenden Intervalle des bisherigen Intervalls, das aufgrund der Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ an den Intervallrändern die Nullstelle enthalten muß.

Falls übrigens $\begin{eqnarray*} f(a)<0 \, , f(b)>0 \end{eqnarray*}$ gilt, sind die Relationszeichen $\begin{eqnarray*} \geq , < \end{eqnarray*}$ in der Definition umzudrehen: $\begin{eqnarray*} \leq, > \end{eqnarray*}$ .

Das Verfahren ist konstruktiv, also geeignet, eine Nullstelle konkret zu berechnen. Im Anhang habe ich das Verfahren auf $\begin{eqnarray*} f(x) = x^3 - 2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} [0,2] \end{eqnarray*}$ als Startintervall angewandt. Die Excel-Tabelle zeigt, wie sich die Intervalle auf $\begin{eqnarray*} \xi = \sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$ zusammenziehen.

30.12.2005, 19:49

Mathespezialschüler

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Hehe, Jochen.
Hatten wir das nicht schon einmal geklärt? Augenzwinkern

Beim nächsten Mal kannst du ja dann in dem Thread mal nachsehen. Big Laugh

Nun, da Leopold einen Beweis gegeben hat, kann ich das ja einfach auch mal tun. Folgender Beweis ist allerdings im Gegensatz zu dem von Leopold nicht konstruktiv. Dieser Beweis erfasst die größte Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .
Sei $\begin{eqnarray*} a<b \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig auf $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(a)<0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} f(b)>0 \end{eqnarray*}$ . Wir betrachten die Menge

$\begin{eqnarray*} M:=\{x\in [a,b]\ |\ f(x)\leq 0\} \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} a\in M \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ nichtleer und wegen $\begin{eqnarray*} a\leq x\leq b \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in M \end{eqnarray*}$ auch beschränkt, so dass sie ein Supremum $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ besitzt, was offenbar in $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ liegt. Da $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ das Supremum von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist, gibt es eine Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_n\in M \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , die gegen $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ konvergiert. Dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} f(x_n)\leq 0 \end{eqnarray*}$ . Wegen der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ folgt daraus:

$\begin{eqnarray*} f(\xi)=f\left(\lim_{n\to\infty}x_n\right)=\lim_{n\to\infty}f(x_n)\leq 0 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} \xi<b \end{eqnarray*}$ . Wäre nun $\begin{eqnarray*} f(\xi)<0 \end{eqnarray*}$ , so gäbe es noch Punkte $\begin{eqnarray*} x\in (\xi,b] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)<0 \end{eqnarray*}$ (dazu wähle man $\begin{eqnarray*} \varepsilon=|f(\xi)|=-f(\xi) \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} \varepsilon\text{-}\delta \end{eqnarray*}$ -Kriterium für Stetigkeit im Punkt $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ ), was aber im Widerspruch zur Supremumseigenschaft von $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ steht. Also muss doch $\begin{eqnarray*} f(\xi)=0 \end{eqnarray*}$ gelten.
Im Falle $\begin{eqnarray*} f(a)>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(b)<0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich der Beweis aus dem eben Bewiesenen, angewandt auf die Funktion $\begin{eqnarray*} -f \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

30.12.2005, 19:50

Frooke

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@Leopold: Ist mir alles klar, aber wie zeigst Du, wenn Du Epsilon gefunden hast, dass es tatsächlich Nullstelle ist?

Übrigens kann ebendieses Intervallhalbierungsverfahren auch fehlschlagen, wenn mehr als eine Nullstelle vorhanden sind.

30.12.2005, 20:30

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@Frooke

Ich denke Leopold will auf folgendes hinaus:

Die Folge der linken Intervallenden und der rechten Intervallenden sind monoton steigend bzw fallend.Ihre Differenzfolge ist eine Nullfolge (warum?).Jetzt kannst du dir schnell klar machen,dass diese Folgen auch beschränkt sind und somit konvergent.

Da die Differenzfolge eine Nullfolge ist, besitzen die beiden Folgen der Intervalle denselben Grenzwert. Jetzt kannst du das zu Ende führen denke ich

31.12.2005, 01:21

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Frooke
Übrigens kann ebendieses Intervallhalbierungsverfahren auch fehlschlagen, wenn mehr als eine Nullstelle vorhanden sind.

Das ist quatsch - sonst würde der Beweis ja nicht funktionieren. Du kriegst auf jeden Fall immer eine Nullstelle bei diesem Verfahren.
Dass $\begin{eqnarray*} f(\xi)=0 \end{eqnarray*}$ gilt, sieht man so: Für alle natürlichen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gelten $\begin{eqnarray*} f(x_n)\geq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(y_n)<0 \end{eqnarray*}$ . Lasse nun $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gegen unendlich laufen und benutze wieder die Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

31.12.2005, 10:03

Frooke

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Das ist quatsch - sonst würde der Beweis ja nicht funktionieren. Du kriegst auf jeden Fall immer eine Nullstelle bei diesem Verfahren.

Stimmt - einfach nicht immer die Gesuchte, aber das ist ja hier irrelevant traurig

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