Supremumsbeweis

22.05.2008, 12:51

Craven

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Supremumsbeweis

Hi!

Wäre nett wenn mir einer den Supremumsbeweis erklären könnte.

Die Definition eines Supremums is mir klar:

Ein Supremum c muss obere Schranke einer Menge M sein und wenn man ein d<c bestimmt so muss es in der Menge M immer Element(e) x geben mit x>d.

Allerdings ist mir nicht klar, trotz eifriger Durchforstung der Vorlesung und des matheboards, wie ich das auf konkrete Probleme anwende.

Zum Beispiel würde ich gerne für

$\begin{eqnarray*} M = (\frac{2n}{3n+1}) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} n \in N \end{eqnarray*}$

beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ das Supremum ist.
Das ist ja offensichtlich. Aber ab da komm ich nicht weiter. Ich bilde mir ein ich müsste das d irgendwie geschickt wählen aber wie genau?

Danke für jede Hilfte

22.05.2008, 12:57

tmo

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RE: Supremumsbeweis

Zitat:

Original von Craven
Ich bilde mir ein ich müsste das d irgendwie geschickt wählen aber wie genau?

Das bringt nichts, da es für alle d<c gelten muss.

Viel mehr solltest du erstmal beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ überhaupt eine obere Schranke ist. Kürze dazu durch n.

Dass es die kleineste obere Schranke ist, folgt z.b. daraus, dass der Term gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ konvergiert. Zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ , kann man also ein $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ finden, sodass $\begin{eqnarray*} \frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist.

22.05.2008, 13:08

Craven

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Wenn der Therm gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ konvergiert ist das dann schon Beweis genug für ein Supremum in diesem Fall oder müsste ich noch auf etwas achten?

22.05.2008, 13:09

tmo

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RE: Supremumsbeweis

Zitat:

Original von tmo
Viel mehr solltest du erstmal beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ überhaupt eine obere Schranke ist. Kürze dazu durch n.

Das habe ich nicht aus Spaß geschrieben.

22.05.2008, 13:25

Craven

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Ja wenn ich durch n kürze bekomme ich

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

lass ich n dann gegen unendlich laufen läuft [latex]\frac{1}{n} gegen 0 und somit bekomm ich [latex]\frac{2}{3}[latex]

d.h. wäre das ganze eine Folge würde sie gegen 2/3 konvergieren.

22.05.2008, 13:26

Craven

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Hoppla nochmal:

Ja wenn ich durch n kürze bekomme ich

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

lass ich n dann gegen unendlich laufen läuft $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ gegen 0 und somit bekomm ich $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

d.h. wäre das ganze eine Folge würde sie gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ konvergieren.

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22.05.2008, 13:30

tmo

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Du musst doch auch noch (oder vor allem) $\begin{eqnarray*} \frac{2n}{3n+1} \leq \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ beweisen.

22.05.2008, 13:38

Craven

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Ahja ich verstehe!

Das mach ich dann über $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ .

Da seh ich dann:

Da $\begin{eqnarray*} n\in N \end{eqnarray*}$ ist kann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ maximal $\begin{eqnarray*} \frac{2}{4} \end{eqnarray*}$ werden. Lass ich n unendlich groß werden läuft es von "unten" gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt dann also dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ obere Schranke und Supremum ist.

Da $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ nie angenommen wird ist es aber kein Maximum.

Das müsste doch jetzt soweit stimmen oder?

22.05.2008, 13:42

Craven

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also bei maximalen n also n=1 => $\begin{eqnarray*} \frac{2}{4} \end{eqnarray*}$

22.05.2008, 13:43

Craven

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Oh man! Ich mein natürlich minamales n

22.05.2008, 13:47

tmo

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Da ist irgendwie gar nichts richtig.

Du sollst doch erstmal "nur" $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \leq \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ beweisen.

Dazu fängst du einfach mit der wahren Aussage $\begin{eqnarray*} 3+\frac{1}{n} > 3 \end{eqnarray*}$ an und bildest dann auf beiden Seiten den Kehrwert.

22.05.2008, 14:14

Craven

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$\begin{eqnarray*} 3+\frac{1}{n} > 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{1}{3+\frac{1}{n}}>\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3+\frac{1}{n}}>\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ ist obrere Schranke von M.

für $\begin{eqnarray*} n->\infty \end{eqnarray*}$ geht $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}->0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ geht gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ ist Supremum von M.

So? Oder wieder falsch ?

22.05.2008, 14:16

tmo

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Wenn du den Kehrwert bildest, musst du das Ungleichungszeichen umdrehen. Sonst ist das richtig. Allerding musst du den letzten Schritt noch begründen. Und zwar direkt mit der Definition des Supremums. In meinem ersten Post habe ich schon angedeutet, wie das geht.

22.05.2008, 14:38

Craven

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$\begin{eqnarray*} 3+\frac{1}{n} > 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{1}{3+\frac{1}{n}}<\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3+\frac{1}{n}}<\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ ist obrere Schranke von M.

für $\begin{eqnarray*} n->\infty \end{eqnarray*}$ geht $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}->0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ geht gegen $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =>\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ ist Supremum von M.

Denn:

Zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon\in R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon \end{eqnarray*}$

q.e.d. ?!

22.05.2008, 14:39

tmo

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Zitat:

Original von Craven

Zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon\in R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon \end{eqnarray*}$

aber warum ist das so?

Denke doch mal an die Defintion der Konvergenz.

22.05.2008, 14:49

Craven

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$\begin{eqnarray*} |a_\mathrm{n}-a|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ wenn $\begin{eqnarray*} a_\mathrm{n} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergiert.

da mein $\begin{eqnarray*} a_\mathrm{n} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} =\frac{2}{3+\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$ ist und mein $\begin{eqnarray*} a=\frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ existiert zu jedem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ so ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$

Damit stimmt: Zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon\in R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon \end{eqnarray*}$

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