ML: R+ in disjunkte, jewels abgeschlossene Teilmengen zerlegen

07.06.2014, 16:08

martha.1981

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ML: R+ in disjunkte, jewels abgeschlossene Teilmengen zerlegen

Servus,

ich sitze an einer Übungsaufgabe. Zu zeigen ist, dass es ex. zwei Teilmenge $\begin{eqnarray*} A, B \subset \mathbb{R}^+ \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A \cap B = \emptyset \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} A \cup B = \mathbb{R}^+ \end{eqnarray*}$ und A,B jeweils abgeschlossen unter Addition.

Kann mit da jemand weiterhelfen? Ich dachte erst an Q und R\Q (irrationale Zahlen), aber die scheinen ja aus irgendeinem Grunde nicht abgeschlossen zu sein. Mir drängt sich nicht unbedingt ein Beispiel auf, wo zwei positive irr. Zahlen eine positive Rationale ergeben. Es schein jedenfalls nicht klar zu sein, dass z.B. $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ plus $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ wieder eine irrat. Zahl ist.

Wenn jetzt $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^+ \end{eqnarray*}$ die Null enthielte, würde ich das Ganze in $\begin{eqnarray*} \{0\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^+\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ aufteilen. Aber das ist sicher nicht so.

Jemand Ideen?

Grüße, M

07.06.2014, 16:30

TuffTuff

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RE: ML: R+ in disjunkte, jewels abgeschlossene Teilmengen zerlegen
Es dürfen nur echte Teilmengen sein?
Weil sonst ginge vielleicht:
$\begin{eqnarray*} A=\emptyset \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B=\mathbb{R}^+ \end{eqnarray*}$

07.06.2014, 16:32

martha.1981

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Haha, ja gut, A und B müssen selbstredend jeweils nichtleer sein.
Aber danke! smile

smile

M

07.06.2014, 22:06

TuffTuff

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Eigentlich ist die Idee mit A=positive irrationale Zahlen und B = Q+ gar nicht verkehrt.

Wenn man beweisen soll, dass die irrationalen Zahlen nicht unter Addition abgeschlossen sind, dann fällt jedem sofort ein:
$\begin{eqnarray*} \sqrt 2 + (-\sqrt 2 ) = 0 \in \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$

Aber wenn man nur die positiven irrationalen Zahlen betrachtet, dann fällt mir kein Gegenbeispiel zur Abgeschlossenheit bzgl. Addition ein. Ansonsten bin ich bei dieser Aufgabe auch mit meinem Latein am Ende.

07.06.2014, 22:09

URL

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$\begin{eqnarray*} a=\sqrt{2},\,b=3-\sqrt{2} \end{eqnarray*}$
a,b sind irrational, die Summe rational.

07.06.2014, 22:13

TuffTuff

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Tja, dann weiß ich keine Lösung

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07.06.2014, 22:47

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Viell geht sowas $\begin{eqnarray*} A=\mathbb{Q}^+ \cup \{q-\alpha: q\in\mathbb{Q}, \alpha \mbox{ irrational },q>\alpha\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B=\mathbb{R}^+ \setminus A \end{eqnarray*}$

09.06.2014, 19:46

martha.1981

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Hi, Danke für die Hilfe!

Also dein letzter Vorschlag kann auch nicht sein, Problem ist Folgendes:

$\begin{eqnarray*} A-\mathbb{Q}^+\subset\mathbb{R}^+-\mathbb{Q}^+ \end{eqnarray*}$ ist klar,

es ist aber auch $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^+-\mathbb{Q}^+\subset A-\mathbb{Q}^+ \end{eqnarray*}$ , denn für x irrational ist 1-x irrational also $\begin{eqnarray*} x=1-(1-x)\in A-\mathbb{Q}^+ \end{eqnarray*}$ also ist $\begin{eqnarray*} A-\mathbb{Q}^+ = \mathbb{R}^+-\mathbb{Q}^+ \end{eqnarray*}$ .

Also leider $\begin{eqnarray*} B=\emptyset \end{eqnarray*}$ .

Sonst noch Vorschläge?

09.06.2014, 20:22

ollie3

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hallo,
ich habe das hier mitverfolgt, ich glaube URL hat doch recht, die menge A, die
er gewählt hat ist sehr raffiniert, es gilt nämlich nicht A=R^{+}, denn die
differenzenmenge $\begin{eqnarray*} q-\alpha \end{eqnarray*}$ nimmt nicht jede beliebige reelle
zahl an, wenn q nur alle rationalen zahlen, die grösser als $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$
sind, durchläuft. Alles weitere morgen Augenzwinkern

Augenzwinkern

gruss ollie3

09.06.2014, 20:41

URL

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Das geht so wirklich nicht: Sei s>0 irrational und q>s rational. Dann ist s=q-(q-s), q>q-s, q-s irrational
Edit: Ich dachte, man könnte es retten, wenn man zusätzlich $\begin{eqnarray*} \alpha >0 \end{eqnarray*}$ fordert.

10.06.2014, 09:05

martha.1981

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Ja leider... Mir fällt nichts ein... Hat jemand noch eine Idee? Grüße, M

10.06.2014, 15:41

URL

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Nächster Versuch
$\begin{eqnarray*} A=\mathbb{Q}^+\cup\{a+b\sqrt{2}:\, a,b\in\mathbb{Q}^+\} \end{eqnarray*}$ und wieder $\begin{eqnarray*} B=\mathbb{R}^+ \setminus A \end{eqnarray*}$
Dann ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{2}\notin A \end{eqnarray*}$

10.06.2014, 15:54

ollie3

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hallo,
hier tritt wieder ein ähnliches problem ein. Nimm z.B. $\begin{eqnarray*} 5+\sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} 5-\sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$ , die sind beide element von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , die summe aber nicht. Big Laugh

Big Laugh

. Und das grundsätzliche problem bei der sache ist,
dass man nie so eine komische menge von irrationalen zahlen finden kann,
so die summe von 2 elementen nie rational werden kann.
gruss ollie3

10.06.2014, 17:00

martha.1981

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Zitat:

Original von ollie3
hallo,
hier tritt wieder ein ähnliches problem ein. Nimm z.B. $\begin{eqnarray*} 5+\sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} 5-\sqrt[3]{2} \end{eqnarray*}$ , die sind beide element von $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ , die summe aber nicht. Big Laugh

Big Laugh

. Und das grundsätzliche problem bei der sache ist,
dass man nie so eine komische menge von irrationalen zahlen finden kann,
so die summe von 2 elementen nie rational werden kann.
gruss ollie3

Dann nehmen wir die halt auch noch mit rein:

$\begin{eqnarray*} A=\mathbb{Q}^+ \cup \{a+b\sqrt[n]{2} | a,b\in \mathbb{Q}^+, n\in\mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$

*ERST DENKE, DANN POSTEN* Da ist quatsch, sorry

11.06.2014, 10:01

Louis1991

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Hallo,

Hier mein Vorschlag:

Nehme dir deine liebste positive reelle Zahl $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ , z.B. $\begin{eqnarray*} r=1 \end{eqnarray*}$ .

Setze $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ als die Menge der Teilmengen der positiven reellen Zahlen, die abgeschlossen unter Addition sind und die kein natürliches Vielfaches $\begin{eqnarray*} n \cdot r \end{eqnarray*}$ enthalten. $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist nicht leer, da z.B. die Menge $\begin{eqnarray*} (r + \pi) \cdot \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ ein Element von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist. $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist halbgeordnet via Teilmengenrelation. Jede Kette in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ hat als obere Schranke die Vereinigung über alle Kettenglieder. Nach Lemma von Zorn hat also $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ein maximales Element.

Wähle so ein maximales Element und nenne es $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Bezeichnen wir das Komplement mit $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist abgeschlossen unter Addition by definition.

Nun für $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} b, b' \in B \end{eqnarray*}$ gibt es $\begin{eqnarray*} a, a' \in A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a+b = n \cdot r \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} a'+b' = n' \cdot r \end{eqnarray*}$ (wegen Maximalität von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ), also für $\begin{eqnarray*} (b+b')+ (a+a') = (n+n') \cdot r \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt folgt $\begin{eqnarray*} b+b' \notin A \end{eqnarray*}$ .

Details omitted. Viel Spaß damit

11.06.2014, 10:29

ollie3

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hallo,
@louis: super, vielen dank, das ist es Freude

Freude

Ich hatte auch schon solche ähnlichen gedanken, aber der entscheidende
schritt, der mir noch fehlte, war das die von dir beschriebenen mengen
und ketten immer ein maximales element haben.
gruss ollie3

11.06.2014, 11:16

tmo

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Zitat:

Original von Louis1991
Nun für $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} b, b' \in B \end{eqnarray*}$ gibt es $\begin{eqnarray*} a, a' \in A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a+b = n \cdot r \end{eqnarray*}$

Meintest du mit "Details omitted" diese Lücke in der Argumentation? verwirrt

verwirrt

Ich stolpere gerade drüber.

11.06.2014, 11:59

Louis1991

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Ja, z.B. da. Ich habe mir über details (Komplettlösungen gibt es hier ja nicht) eigentlich keine großen Gedanken gemacht. Wie wäre es damit:

ich ersetze $\begin{eqnarray*} \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}_{\geq} \end{eqnarray*}$ . Es gibt jedenfalls ein $\begin{eqnarray*} a \in A \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} q \in \mathbb{Q}_{\geq} \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} a + mb= qr \end{eqnarray*}$ . Sonst kann ich $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ohne Schaden zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ hinzunehmen. Aber falls $\begin{eqnarray*} a \in A \end{eqnarray*}$ , dann auch jedes rationale Vielfache (angenommen $\begin{eqnarray*} \frac{k}{l}a + a' = qr \end{eqnarray*}$ , dann $\begin{eqnarray*} ka + la' = lqr \end{eqnarray*}$ , für $\begin{eqnarray*} k, l \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ ).

Also kriege ich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{m}a+b=\frac{q}{m} r \end{eqnarray*}$ und jetzt sollte mein Argument durchgehen. Falls noch Fehler seien sollten: sorry dafür.

11.06.2014, 12:41

tmo

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Danke, soweit habe ich nicht gedacht Big Laugh

Big Laugh

Zitat:

Original von Louis1991
Es gibt jedenfalls ein $\begin{eqnarray*} a \in A \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} q \in \mathbb{Q}_{\geq} \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} a + mb= qr \end{eqnarray*}$ . Sonst kann ich $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ohne Schaden zu $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ hinzunehmen.

Das genaue Argument ist, dass $\begin{eqnarray*} A+\mathbb N_0b \end{eqnarray*}$ additiv abgeschlossen und echt großer als $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist, also $\begin{eqnarray*} (A+\mathbb N_0b) \cap \mathbb Qr \neq \emptyset \end{eqnarray*}$ , was die Darstellung impliziert.

Dann sollte eigentlich alles durchgehen, beim Rest sah ich keine Probleme. Freude

Freude

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