Beweis von Supremum

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09.11.2008, 16:35	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis von Supremum Hallo Mathematiker, ich hab mal wieder ein Problem, ich find keinen Anfang Zur Aufgabe: Beweisen Sie: Seien $\begin{eqnarray} E, F \subset \mathbb R \end{eqnarray}$ beschränkte Mengen mit inf E > 0, inf F > 0. Dann gilt: $\begin{eqnarray} \sup \{x \cdot y: x \in E, y\in F\} = \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ Also ich find keinen Anfang, weil die Aussage schon an sich logisch ist. was ich gegeben habe ist dass die Suprema größer als 0 sind, somit muss ich nur eine Richtung beweisen. Aber wie gehe ich ran? Sei $\begin{eqnarray} \sup E = x_s \quad ; \sup F = y_s \end{eqnarray}$ - ich würde spontan versuchen dass indirekt zu machen, obwohl ich da eigentlich schon in der 1. Zeile sage: ist doch klarer Widerspruch. Also angenommen es gäbe eine obere Schranke die kleiner als das Supremum ist gilt: $\begin{eqnarray} x \leq x' \leq x_s \quad x' := \text {obere Schrank von E} \end{eqnarray}$ Das ist ein Widerspruch für $\begin{eqnarray} x_s \neq x' \end{eqnarray}$ Und dass die Multiplikation der Suprema das Supremum der neuen Menge ist, ist auch klar.
09.11.2008, 17:30	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Schreiben wir $\begin{eqnarray} EF \end{eqnarray}$ für die geschweifte Klammer, dann ist zu zeigen: $\begin{eqnarray} \sup(EF) = \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ So etwas kann man zeigen, indem man die beiden Aussagen $\begin{eqnarray} \text{(1)} \ \ \sup(EF) \leq \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \text{(2)} \ \ \sup E \cdot \sup F \leq \sup(EF) \end{eqnarray}$ beweist. Dabei verwendet man, daß das Supremum i) eine obere Schranke, und ii) von allen oberen Schranken die kleinste ist. Zur ersten Aussage: Man betrachtet ein beliebiges Element von $\begin{eqnarray} EF \end{eqnarray}$ , also ein $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x \in E \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y \in F \end{eqnarray}$ . Dann gilt wegen $\begin{eqnarray} x \leq \sup E \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y \leq \sup F \end{eqnarray}$ auch $\begin{eqnarray} xy \leq \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ Hierbei wurde neben den Eigenschaften eines angeordneten Körpers nur i) verwendet (beachte, daß nach der Infimum-Voraussetzung die Elemente von $\begin{eqnarray} E,F \end{eqnarray}$ positiv sein müssen). Somit hat sich die reelle Zahl $\begin{eqnarray} \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ als obere Schranke aller Elemente $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ erwiesen. Dann kann aber die kleinste obere Schranke all dieser $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ nicht größer sein: $\begin{eqnarray} \sup(EF) \leq \sup E \cdot \sup F \end{eqnarray}$ Und damit ist $\begin{eqnarray} \text{(1)} \end{eqnarray}$ gezeigt. Um $\begin{eqnarray} \text{(2)} \end{eqnarray}$ zu zeigen, betrachten wir ein beliebiges $\begin{eqnarray} x \in E \end{eqnarray}$ und ein fest gewähltes $\begin{eqnarray} y_0 \in F \end{eqnarray}$ . Dann gilt, da $\begin{eqnarray} \sup(EF) \end{eqnarray}$ eine obere Schranke all solcher Elemente ist: $\begin{eqnarray} xy_0 \leq \sup(EF) \end{eqnarray}$ Nach Division durch das positive $\begin{eqnarray} y_0 \end{eqnarray}$ folgt: $\begin{eqnarray} x \leq \frac{\sup(EF)}{y_0} \end{eqnarray}$ Die rechte Seite ist somit eine obere Schranke der Elemente $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und folglich nicht kleiner als deren kleinste obere Schranke: $\begin{eqnarray} \sup E \leq \frac{\sup(EF)}{y_0} \end{eqnarray}$ Jetzt löse diese Ungleichung nach $\begin{eqnarray} y_0 \end{eqnarray}$ auf. Dieses Element ist zwar für die vorige Überlegung als fest gedacht gewesen. Da es aber nicht explizit festgelegt wurde, kann man die entsprechende Aussage für alle $\begin{eqnarray} y \in F \end{eqnarray}$ als bewiesen ansehen. Wie geht der Beweis nun zu Ende?
09.11.2008, 17:35	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich melde mich gegen 9 wieder - aber schonmal danke für die Hilfe.
09.11.2008, 21:28	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ok ich finde das alles sehr verwirrend aber der Beweis geht so zu Ende: $\begin{eqnarray} xy_0 \leq \sup (EF) \quad \| : x , x > 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow y_0 \leq \frac{\sup (EF)}{x} \Rightarrow \sup F \leq \frac{\sup (EF)}{x} \end{eqnarray}$ Das ist der Beweis?
09.11.2008, 22:59	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das stimmt zwar auch. Aber was bringt es dir zusätzlich? Gehe von der schon bewiesenen Ungleichung $\begin{eqnarray} \sup E \leq \frac{\sup{(EF)}}{y_0} \end{eqnarray}$ aus und löse nach $\begin{eqnarray} y_0 \end{eqnarray}$ auf.
09.11.2008, 23:13	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} y_0 \leq \frac{\sup (EF)}{\sup E} \Rightarrow \sup F \leq \frac{\sup (EF)}{\sup E} \end{eqnarray}$ Das wars? edit: Die Beweistechnik hier ist doch die Gleiche, als wenn ich Mengengleichheit beweisen will? Ist das häufig der Fall dass ich so Gleichheiten beweise?
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09.11.2008, 23:21	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das war's. Und ja - bei Aussagen zu Supremum und Infimum kommt man mit dieser Beweistechnik oft weiter. Mich beschäftigt etwas anderes: Würde es in den Voraussetzungen nicht genügen, statt $\begin{eqnarray} \inf E>0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \inf F>0 \end{eqnarray}$ nur $\begin{eqnarray} x>0 \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} y>0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x \in E \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} y \in F \end{eqnarray}$ vorauszusetzen?
09.11.2008, 23:43	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Mengen E und F sind beschränkt - das heißt nach oben und nach unten. Es reicht natürlich auch wenn man sagt x>0 und y>0, aber so hat man wieder mit dem Begriff Infimum zu tun. Also ich denke das sollte nur etwas das Niveau anheben. Also nochmal vielen Dank
09.11.2008, 23:49	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \inf E > 0 \end{eqnarray}$ ist aber schärfer als $\begin{eqnarray} x > 0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x \in E \end{eqnarray}$ .
09.11.2008, 23:55	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Das kann ich jetzt nicht ganz nachvollziehen, inwiefern schärfer? Es gilt: $\begin{eqnarray} x \in E: \quad x \geq \inf E > 0 \end{eqnarray}$ Wäre x > 0 gegeben und ich weiß dass die Menge nach unten beschränkt ist, wäre es doch dasselbe Spiel: $\begin{eqnarray} x > 0 \quad \text{und für des Infium gilt: } \inf E = x_s \Rightarrow x_s \leq x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow x \geq x_s > 0 \end{eqnarray}$ Oder hab ich hier irgendwo einen Denkfehler?
10.11.2008, 14:29	stereo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah ich sehe es, man kann bei der 2. $\begin{eqnarray} x_s > 0 \end{eqnarray}$ nicht abschätzen Bestes Beispiel hierfür ist die $\begin{eqnarray} \frac{1}{x} \end{eqnarray}$ : x>0, jedoch inf (Menge) = 0

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