Supremum, gültiger Beweis?

10.03.2014, 19:39

julius976

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Supremum, gültiger Beweis?

Hallo,

ich werde diese Sommersemester mein Informatik mit Nebenfach Mathe Studium an der LMU beginnen, und habe mir schon im Vorraus ein paar Aufgaben angeschaut.
Unteranderem die Aufgabe: Beweisen Sie sup(A)+sup(B)=sup(A+B).

Die Musterlösung kenne ich schon. Habe es davor aber erstmal selber versucht und wollte fragen ob meine Lösung auch legitim wäre:

$\begin{eqnarray*} <br /> a_{0}~:=~sup(A) \\<br /> b_{0}~:=~sup(B) \\<br /> a \in A<br /> b \in B<br /> \end{eqnarray*}$

1) Da $\begin{eqnarray*} a_{0} \geq a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{0} \geq b \end{eqnarray*}$ gilt auch $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \geq a+b \end{eqnarray*}$ damit ist es eine obere Schranke.

2) Beliebiges $\begin{eqnarray*} x > 0 \\ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - x \geq a + b \\\\ a_{0} + b_{0} \geq a+b+x\\\\ \Rightarrow x = 0 \end{eqnarray*}$
Widerspruch.

Geht das so auch? Is sonst alles ok? Und wenn nicht, wieso nicht?

Danke schonmal smile

smile

Julius

(Ich weiß, dass es die Musterlösung schon wo anders gibt, meine Frage ist, ob mein Weg auch möglich und richtig ist smile

smile

)

10.03.2014, 19:46

10001000Nick1

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Was sollen denn überhaupt A und B sein? Mengen?

Und wenn ja: Was für welche?

Das ist etwas, was du dir für dein Studium merken solltest: In der Mathematik wird erstmal (fast) alles definiert, bevor man es verwenden darf. smile

smile

Also nicht einfach nur sup(A)+sup(B)=sup(A+B) hinschreiben.
Sondern: Seien A und B ... Dann gilt: sup(A)+sup(B)=sup(A+B).

10.03.2014, 19:49

julius976

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Ja, A und B sind Mengen, das stand in der Aufgabe und ich habs vergessen zu übernehmen smile

smile

10.03.2014, 19:50

10001000Nick1

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Stand in der Aufgabe auch noch was von Beschränktheit und dass A und B nichtleer sein sollen?

10.03.2014, 19:53

julius976

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Ja, beide nach oben beschränkt und nichtleer, tut mir leid Augenzwinkern

Augenzwinkern

(und beide Teilmenge von R)

10.03.2014, 19:58

10001000Nick1

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A und B sollen doch bestimmt auch noch Teilmenge der reellen Zahlen sein, oder nicht? (oh, ich hatte nicht gesehen, dass du das noch ergänzt hast).

OK, dann hätten wir jetzt die Voraussetzungen geklärt. smile

smile

Der erste Teil des Beweises ist in Ordnung. Aber der zweite Teil passt nicht ganz.
Was für eine Definition des Supremums benutzt du denn?

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10.03.2014, 20:05

julius976

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Supremum ist die kleinste obere Grenze d.h.

Sei A eine Menge (nichtleer, nach oben beschränkt und Teilmenge von R) (könnte ich hier auch sagen: "sei A ein geordneter Körper" und spare mir damit das mit der Teilmenge von R?) und s = sup(A),

dann gibt es für jedes a in A ein x > 0 für das gilt s - x > a.

10.03.2014, 20:13

10001000Nick1

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Es ist doch nicht jede Teilmenge der reellen Zahlen ein Körper.
Außerdem gibt es noch mehr geordnete Körper, nicht nur $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}. \end{eqnarray*}$

Die Definition des Supremums solltest du dir nochmal angucken. Das, was du geschrieben hast, stimmt nicht.

10.03.2014, 20:18

julius976

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Es sollte s - x < a heißen, stimmt es dann? smile

smile

Warum muss es denn überhaupt eine Teilmenge von R sein?

10.03.2014, 20:26

10001000Nick1

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Nein, auch mit einem < stimmt es nicht.

Damit sup(A)+sup(B)=sup(A+B) gelten kann, muss für die Elemente von A und B eine Addition definiert sein. Ich bin mir nicht sicher, ob es auch Mengen gibt, die keine Teilmenge der reellen Zahlen sind, und für die diese Gleichung gilt. Aber bei solchen "Anfängeraufgaben" wird meistens $\begin{eqnarray*} A, B\subseteq \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt.

10.03.2014, 20:38

julius976

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Ok, ich hab das jetzt einfach mal rauskopiert, tut mir Leid aber ich steh total aufm Schlauch...

$\begin{eqnarray*} \gamma=\sup A\quad\Leftrightarrow\quad \forall\epsilon>0\; \exists x\in A\quad x>\gamma-\epsilon \end{eqnarray*}$

Quelle: http://www.mathepedia.de/Vollstaendigkeitsaxiom.aspx#L18

10.03.2014, 20:44

10001000Nick1

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Soll das eine Grafik sein? Ich seh da nichts.

Ich schreib dir mal die Definition auf, die du wahrscheinlich meintest:
$\begin{eqnarray*} s=\sup(A) \end{eqnarray*}$ , falls folgendes gilt:
(1) s ist eine obere Schranke von A.
und
(2) Für alle $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} s-\epsilon < a. \end{eqnarray*}$

10.03.2014, 21:02

julius976

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Ja, das meinte ich. Danke smile

smile

Deswegen meine Gedankengang: Ich habe

$\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - x \geq a + b \end{eqnarray*}$

"gerechnet". Denn, $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ ist ja das supremum, und $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ ist ja die Art wie die Menge definiert ist.
Gäbe es eine kleinere obere Schranke, gäbe es also ein x > 0 welches obige (Un)Gleichung erfüllt. Denn ich kann etwas vom Supremum abziehen und es erfüllt trotzdem noch die Bedingung für eine obere Schranke.
Nur x = 0 erfüllt die (Un)Gleichung, also gibt es keine kleinere obere Schranke.

Ich komm nicht wirklich drauf wo der Fehler liegt..

10.03.2014, 21:12

10001000Nick1

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Wenn du einen Widerspruchsbeweis machen willst, solltest du so anfangen:
Angenommen, es gibt ein $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ und für alle $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - x \geq a + b. \end{eqnarray*}$

Und das müsstest du dann zum Widerspruch führen.

Zitat:

Original von julius976
Gäbe es eine kleinere obere Schranke, gäbe es also ein x > 0 welches obige (Un)Gleichung erfüllt. Denn ich kann etwas vom Supremum abziehen und es erfüllt trotzdem noch die Bedingung für eine obere Schranke.
Nur x = 0 erfüllt die (Un)Gleichung, also gibt es keine kleinere obere Schranke.

Das ist ja genau das, was du jetzt noch zeigen musst.

10.03.2014, 21:18

julius976

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Warum ist das noch nicht gezeigt?

1) gäbe es eine kleinere Schranke als $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ müsste die Schranke folglich in der Form $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - x \end{eqnarray*}$ darstellbar sein.

2) Diese kleinere Schranke müsste aber auch $\begin{eqnarray*} < a + b \end{eqnarray*}$ sein, denn dies ist die Bedingung für eine obere Schranke

3) Deshalb komme ich auf die Ungleichung $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} < a + b + x \end{eqnarray*}$ , welche nur durch x=0 zu erfüllen ist.
$\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - 0 \end{eqnarray*}$ wäre also die einzige "kleinere" Schranke. Deshalb keine kleinere Schranke

Oh man :D

Ich glaube ich habe ins falsche Forum gepostet, kann man das verschieben? :)

10.03.2014, 21:26

10001000Nick1

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Zitat:

Original von julius976
$\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - 0 \end{eqnarray*}$ wäre also die einzige "kleinere" Schranke. Deshalb keine kleinere Schranke

Ja, aber wieso denn?

Ich fang mal an:
Angenommen, es gibt ein $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} a\in A \end{eqnarray*}$ und für alle $\begin{eqnarray*} b\in B \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} - x \geq a + b. \end{eqnarray*}$
Dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} a\in A, b\in B: (a_0-a)+(b_0-b)>x. \end{eqnarray*}$

Weil aber $\begin{eqnarray*} a_0=\sup(A), b_0=\sup(B), \end{eqnarray*}$ gibt es laut Definition des Supremums für alle $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} a\in A, b\in B \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} a_0-\frac{x}{2}<a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_0-\frac{x}{2}<b. \end{eqnarray*}$

Weißt du jetzt, wie du den Widerspruch zeigen kannst? smile

smile

10.03.2014, 21:53

julius976

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Bin mir nicht sicher ob das stimmt, aber wenn ich für $\begin{eqnarray*} a = a_{0} - \frac{x}{2} \end{eqnarray*}$ wähle, und entsprechend für b, dann wieder in $\begin{eqnarray*} a_{0}-a+b_{0}-b > x \end{eqnarray*}$ einsetze kommt x > x raus => Widerspruch.

Jedoch ist mir immer noch nicht klar wieso ich nicht aus $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} < a + b + x \end{eqnarray*}$ schließen kann, dass es keine kleinere obere Schranke geben kann. Es gilt $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \geq a + b \end{eqnarray*}$ , da dass auch getrennt für a und b gilt.
Und wenn x zwingend 0 ist, ist $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ auch die kleinste Schranke, da ich offensichtlich nichts mehr von $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ abziehen kann, ohne dass die Bedingung für eine obere Schranke nicht mehr erfüllt ist.

Btw: Danke für deine Geduld Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: aus a0+x/2 a0-x/2 gemacht

10.03.2014, 22:09

10001000Nick1

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Das sieht schon etwas besser aus. Allerdings kannst du nicht $\begin{eqnarray*} a = a_{0} - \frac{x}{2} \end{eqnarray*}$ einsetzen, da du ja nur $\begin{eqnarray*} a_0-\frac{x}{2}<a \end{eqnarray*}$ weißt. Das kannst du umformen zu $\begin{eqnarray*} a_0<a+\frac{x}{2} \end{eqnarray*}$ und dann einsetzen.
Also: $\begin{eqnarray*} x<a_0-a+b_0-b\textcolor{red}{<}a+\frac{x}{2}-a+b+\frac{x}{2}-b=x. \end{eqnarray*}$ (Beachte das rote "Kleiner"-Zeichen!).
Und jetzt hast du deinen Widerspruch.

Zitat:

Original von julius976
Jedoch ist mir immer noch nicht klar wieso ich nicht aus $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} < a + b + x \end{eqnarray*}$ schließen kann, dass es keine kleinere obere Schranke geben kann. Es gilt $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \geq a + b \end{eqnarray*}$ , da dass auch getrennt für a und b gilt.
Und wenn x zwingend 0 ist, ist $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ auch die kleinste Schranke, da ich offensichtlich nichts mehr von $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \end{eqnarray*}$ abziehen kann, ohne dass die Bedingung für eine obere Schranke nicht mehr erfüllt ist.

Nochmal: Das musst ja erst gezeigt werden. Wenn du das gezeigt hast (das haben wir gerade durch den Widerspruchsbeweis gemacht), dann kannst du daraus schließen, dass es keine kleinere obere Schranke geben kann. Aber eben erst, nachdem du gezeigt hast, dass x zwingend 0 sein muss. Vorher ist das einfach nur eine Behauptung von dir.

Jetzt klarer? smile

smile

10.03.2014, 22:18

julius976

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Ah ok, danke smile

smile

Aber immer noch nicht ganz verstanden wieso es noch nicht gezeigt ist Augenzwinkern

Augenzwinkern

Denn:

Ich weiß: $\begin{eqnarray*} a_{0} \geq a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{0} \geq b \end{eqnarray*}$ das ergibt auch der Aufgabenstellung.

Deswegen weiß ich auch sicher dass $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \geq a+b \end{eqnarray*}$ oder?

Und wenn $\begin{eqnarray*} a_{0} + b_{0} \geq a+b \end{eqnarray*}$ "bewiesen", also eher aus der Aufgabestellung geschloßen, ist, dann ist doch zwingend $\begin{eqnarray*} x \leq 0 \end{eqnarray*}$ oder?

10.03.2014, 22:22

10001000Nick1

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Nein. Z.B. ist $\begin{eqnarray*} 5\geq 2, 6\geq 1. \end{eqnarray*}$ Wenn du jetzt aber die Ungleichung $\begin{eqnarray*} 5+6-x\geq 2+1 \end{eqnarray*}$ hast, muss das x doch nicht zwingend 0 sein, damit die Ungleichung erfüllt ist.

10.03.2014, 22:31

julius976

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Danke! Aber jetzt komm ich mir richtig dumm vor haha

Tut mir Leid, manchmal hängts bei mir einfach an total dummen Denkfehlern, die mir aber dann auch einfach nicht auffallen wollen....

10.03.2014, 22:33

10001000Nick1

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Ist ja nicht schlimm. Das passiert wohl jedem mal. Aber wenn du es jetzt kannst, ist ja gut. smile

smile

10.03.2014, 22:36

julius976

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Wenn ichs noch n paar 100mal übe kann ichs vielleicht, aber ich hab erstmal verstanden wies geht, danke! :D

10.03.2014, 22:40

10001000Nick1

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Bitteschön Gute Nacht! Wink

Wink

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