Durchschnitt der Vereinigung mit unendlichem Endwert

25.10.2012, 17:37

Der Unendliche

Durchschnitt der Vereinigung mit unendlichem Endwert

Meine Frage:
Gegeben sind $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ als eine feste Zahl, und $\begin{eqnarray*} M_n \subset \left\{ 1,...,N\right\} \end{eqnarray*}$ als nicht leere Mengen für alle $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Zu beweisen ist, dass (a) $\begin{eqnarray*} \bigcap\limits_{n=1}^\infty \bigcup\limits_{k=n}^\infty M_k \neq \emptyset \end{eqnarray*}$ sowie ob (b) $\begin{eqnarray*} \bigcup\limits_{n=1}^\infty \bigcap\limits_{k=n}^\infty M_k \neq \emptyset \end{eqnarray*}$ gilt.

Meine Ideen:
Nun, zu (a) habe ich folgendes Problem. Wenn ich die Aufgabenstellung richtig interpretiere, dann sind alle Mengen, für das fixe, gewählte $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ identisch - sie enthalten alle die Zahlen von $\begin{eqnarray*} 1,...,N \end{eqnarray*}$ als Elemente.

Weiter ausgeschrieben sehe der Ausdruck folgendermaßen aus:
$\begin{eqnarray*} (M_1 \cup M_2 \cup ... \cup M_\infty) \cap (M_2 \cup M_3 \cup ... \cup M_\infty) \cap ... \cap (M_\infty \cup M_{\infty+1} \cup ... \cup M_\infty) \end{eqnarray*}$

Nun sehe ich zwei Möglichkeiten: Entweder, meine Interpretation ist richtig und die Mengen sind wirklich alle gleich und die Lösung ist damit trivial - da das gewählte $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ immer größer Null ist und somit auf jeden Fall eine nicht leere Menge entsteht - oder die Mengen sind unterschiedlich und der Gedanke, ob der Schnitt der Vereinigungen gemeinsame Elemente hat, bringt mich im Unendlichen an die Grenzen meiner Vorstellungskraft ...

Über Hilfe würde ich mich sehr freuen Augenzwinkern

25.10.2012, 19:07

RavenOnJ

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Ich definiere mal
$\begin{eqnarray*} V_n := \bigcup_{k=n}^\infty M_k<br /> \end{eqnarray*}$
Es muss nun mindestens ein Element aus der Auswahlmenge $\begin{align*} \{1,\cdots,N\} \end{align*}$ geben, das in allen $\begin{align*} V_n \end{align*}$ vorkommt. Man kann dies schnell zeigen (wesentlich dabei ist, dass die Auswahlmenge endlich ist. Es gilt $\begin{align*} V_1 \supseteq V_2 \supseteq V_3 \cdots \end{align*}$ . Da die $\begin{align*} M_k \neq \emptyset \end{align*}$ , kann es kein i geben, ab dem die Glieder der Inklusionsfolge $\begin{align*} V_i \end{align*}$ die leere Menge sind und die Inklusionsfolge kann nur höchstens N Stufen haben. Daraus folgt die Behauptung.). Deswegen muss der Durchschnitt aller $\begin{align*} V_n \end{align*}$ nicht-leer sein.

Du kannst dir jetzt eine ähnliche Argumentation für b) überlegen.

Gruß
Peter

25.10.2012, 20:17

Der Unendliche

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Zitat:

Original von RavenOnJDie Inklusionsfolge kann nur höchstens N Stufen haben. Daraus folgt die Behauptung.). Deswegen muss der Durchschnitt aller $\begin{align*} V_n \end{align*}$ nicht-leer sein.

Ich verstehe diesen Schluss noch nicht ganz. Die Inklusionsfolge kann nur höchstens N Stufen haben, da die Auswahlmenge nur aus N Elementen besteht - so ist deine Argumentation dabei oder?

Gehen wir weiter. Wir haben nun eine unendliche Konjunktionskette dieser Inklusionsfolgen ... warum ist dieser Schnitt nicht leer? Und wenn er nicht leer ist, müsste nicht immer die Menge mit dem Element N als Resultat herauskommen?

25.10.2012, 21:18

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Der Unendliche
Ich verstehe diesen Schluss noch nicht ganz. Die Inklusionsfolge kann nur höchstens N Stufen haben, da die Auswahlmenge nur aus N Elementen besteht - so ist deine Argumentation dabei oder?

genau. Betonung auf "höchstens". Es kann auch nur eine einzige Stufe geben.

Zitat:

Gehen wir weiter. Wir haben nun eine unendliche Konjunktionskette dieser Inklusionsfolgen ... warum ist dieser Schnitt nicht leer?

der Schnitt kann nicht leer sein, weil dann ab einem bestimmten $\begin{align*} k_0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} k>k_0 \end{align*}$ die $\begin{align*} V_k \end{align*}$ und infolgedessen alle $\begin{align*} M_k \end{align*}$ die leere Menge sein müssten, was ja nach Voraussetzung ausgeschlossen ist.

Zitat:

Und wenn er nicht leer ist, müsste nicht immer die Menge mit dem Element N als Resultat herauskommen?

nein, es kommt auf die Konstruktion der $\begin{align*} M_k \end{align*}$ an. Die Teilmenge, die am Schluss der Kette übrig bleibt, kann beliebig sein. Es kann sogar die ganze Auswahlmenge sein, wenn es beispielsweise eine abzählbar unendliche Teilfolge der $\begin{align*} M_k \end{align*}$ gibt, für deren Glieder gilt: $\begin{align*} M_k = \{1,2,\cdots,N\} \end{align*}$ (es gibt noch andere Möglichkeiten, das zu erreichen, ist aber jetzt uninteressant).

Gruß
Peter

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