Supremum Beweise

13.01.2018, 18:18

Snexx_Math

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Supremum Beweise

Hallo zusammen,

ich würde mir gerne Rat einholen wie gut folgende zwei Aufgaben gelöst wurden und bei Fehlern dieser verbessern.

a) Für nichtleere beschränkte Mengen $\begin{eqnarray*} A,B \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} : sup (A \cdot B) = (sup A) \cdot (sup B) . \end{eqnarray*}$ Wobei $\begin{eqnarray*} A \cdot B := \{a \cdot b \ | \ a \in A , b\in B\} \end{eqnarray*}$

Meine Lösung:
Allgemein gilt sicher: $\begin{eqnarray*} a \leq sup A \wedge b \leq sup B \ \forall a \in A , b \in B \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} a \cdot b \in A \cdot B : a \cdot b \leq sup A \cdot sup B =: s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow s \end{eqnarray*}$ ist obere Schranke von $\begin{eqnarray*} A \cdot B \end{eqnarray*}$
Es bleibt zu zeigen, dass s auch die kleinste obere Schranke ist:

Angenommen es existiere eine kleinere obere Schranke s'. Allgemein gilt dann:
$\begin{eqnarray*} s'< s \Rightarrow s-s'>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \cdot b \leq s' \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ >0 mit $\begin{eqnarray*} \epsilon := s-s' \end{eqnarray*}$ Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} a \cdot b > s - \epsilon \Rightarrow a \cdot b > s' \Rightarrow \end{eqnarray*}$ s' ist keine kleinste obere Schranke.
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ s ist kleinste obere Schranke.

Aber wie zeige ich jetzt, dass $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) = (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ und nicht nur $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) \leq (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ ???

b) Für eine nichtleere beschränkte Menge $\begin{eqnarray*} A \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} sup(-A) = - inf(A) \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} -A := \{ -a | a\in A \} \end{eqnarray*}$

Meine Lösung:

Sei $\begin{eqnarray*} a \in A : a \geq inf A \Leftrightarrow -a \leq - inf A \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \forall -a \in -A : -a \leq sup -A \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow sup -A = -inf A \end{eqnarray*}$

13.01.2018, 22:48

sibelius84

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Hallo snexx_math,

zu a):
Im Prinzip gehst du schon richtig vor: Du betrachtest die Zahl s:=sup A·sup B und zeigst mit der Definition des Supremums, dass s = sup(A·B). Wenn du die beiden Schritte fertig hast, dann folgt die Behauptung.
Es hängt aber an einer Detailfrage: Warum sollte denn $\begin{eqnarray*} a\cdot b>s-\epsilon \end{eqnarray*}$ gelten? (Bzw.: Warum kann man das so wählen?)

zu b):
Hier fehlt tatsächlich der zweite Schritt: Warum soll denn -inf A die kleinste obere Schranke von -A sein? Ich würde evtl einen Widerspruchsbeweis versuchen: Angenommen, -A enthält eine kleinere obere Schranke, dann gewinnst du daraus eine größte untere Schranke von A, die größer als inf A ist, und damit einen Widerspruch.

LG
sibelius84

14.01.2018, 00:39

Snexx_Math

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Zitat:

Es hängt aber an einer Detailfrage: Warum sollte denn $\begin{eqnarray*} a\cdot b>s-\epsilon \end{eqnarray*}$ gelten? (Bzw.: Warum kann man das so wählen?)

Ich hätte jetzt gesagt, dass $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ ja beliebig und $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ ist, daher folgt, dass für ein beliebig großes $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ die Schranke - $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ kleiner wird als das größte Element der Menge.

zu b)
$\begin{eqnarray*} s:= - inf A \end{eqnarray*}$
Angenommen: $\begin{eqnarray*} \exists s' : s'< s \wedge -a \leq s' \ \forall -a \in -A \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \epsilon := s- s' >0 \end{eqnarray*}$

Dann gilt: $\begin{eqnarray*} -a > s- \epsilon \Rightarrow -a > s' \Rightarrow s \end{eqnarray*}$ ' ist keine kleinere obere Schranke $\begin{eqnarray*} \Rightarrow s= - inf A \geq -a \forall -a \in -A \end{eqnarray*}$

Besser ?

und nochmal zu a) habe ich mit $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) \leq (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) = (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ gezeigt ?

14.01.2018, 08:37

IfindU

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Die Aussage ist im Allgemeinen falsch. Richtig wird sie z.B. mit der Annahme, dass $\begin{eqnarray*} A, B\subset [0,\infty) \end{eqnarray*}$ gilt.

14.01.2018, 11:24

Snexx_Math

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Also kann ich $\begin{eqnarray*} a\cdot b>s-\epsilon \end{eqnarray*}$ nicht anwenden ? unglücklich

unglücklich

14.01.2018, 11:36

IfindU

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Ich meinte ganz allgemein: Es ist falsch, dass $\begin{eqnarray*} \sup (A \cdot B) = \sup A \cdot \sup B \end{eqnarray*}$ gilt.

Edit: Wenn das gälte, so würde mit der Wahl von $\begin{eqnarray*} B = \{ -1\} \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} \sup (-A) = -\sup A \end{eqnarray*}$ folgern, was gewissermassen b) widerspricht.

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14.01.2018, 12:05

Snexx_Math

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Achso

geschockt

Also ist $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) \leq (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ allgemeingültig aber reicht aus um zu sagen es gibt den Fall, dass $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) = (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ ?

und $\begin{eqnarray*} a\cdot b>s-\epsilon \end{eqnarray*}$ kann ich also auch machen wenn $\begin{eqnarray*} A,B \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ ??? verwirrt

verwirrt

14.01.2018, 12:08

IfindU

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Wähle $\begin{eqnarray*} A = B = \{ -2, 1\} \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} A \cdot B = \{ -2, 1, 4\} \end{eqnarray*}$ .
Dann ist $\begin{eqnarray*} \sup A = \sup B = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sup (A \cdot B) = 4 \end{eqnarray*}$ .
Also gilt in dem Fall $\begin{eqnarray*} \sup(A \cdot B) > \sup A \sup B \end{eqnarray*}$ .

Ich würde eher vermuten $\begin{eqnarray*} \sup(A \cdot B) \geq \sup A \sup B \end{eqnarray*}$ gilt im Allgemeinen.

14.01.2018, 12:45

Snexx_Math

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Hmm okay , aber ist dann nicht noch iwas falsch bei meinem Beweis ? , weil es kann ja nicht
$\begin{eqnarray*} \sup(A \cdot B) \geq \sup A \sup B \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) \leq (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ gelten

und noch viel wichtiger für mich :

Zitat:

$\begin{eqnarray*} a\cdot b>s-\epsilon \end{eqnarray*}$ kann ich also auch machen wenn $\begin{eqnarray*} A,B \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ ??

14.01.2018, 12:50

IfindU

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RE: Supremum Beweise

Zitat:

Original von Snexx_Math
Allgemein gilt sicher: $\begin{eqnarray*} a \leq sup A \wedge b \leq sup B \ \forall a \in A , b \in B \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} a \cdot b \in A \cdot B : a \cdot b \leq sup A \cdot sup B =: s \end{eqnarray*}$

Die Folgerung ist falsch.

Die Aussage:
Es gibt $\begin{eqnarray*} a \in A,b \in B \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} a \cdot b > s-\epsilon \end{eqnarray*}$ gilt, stimmt. Man wähle $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ einfach nahe am Supremum von $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ .

Edit:
Es gibt also Mengen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ so dass
$\begin{eqnarray*} \min (A) \min (B) > \max(A) \max(B) \end{eqnarray*}$ gilt Big Laugh

Big Laugh

14.01.2018, 14:02

Snexx_Math

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RE: Supremum Beweise
Aber was ist daran falsch ? Ich schätze doch die einzelnen elemente nach oben ab und die Menge A•B ist ja die durch alle Elemente a•b definiert und dann kann ich doch die Abschätzung ( Folgerung) machen. Also ich erkenne den Fehler dabei nicht.

14.01.2018, 14:07

IfindU

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RE: Supremum Beweise
Nimm dir doch die Mengen $\begin{eqnarray*} A, B \end{eqnarray*}$ , die ich oben vorgeschlagen habe. Und schaue nach, ob es gilt.

Edit: Etwas allgemeiner. Seien $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \end{eqnarray*}$ reelle Zahlen mit $\begin{eqnarray*} a\leq b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \leq d \end{eqnarray*}$ . Dann folgt NICHT $\begin{eqnarray*} a c \leq bd \end{eqnarray*}$ .

14.01.2018, 14:39

Snexx_Math

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RE: Supremum Beweise
Ja ok, das habe ich jetzt eingesehen.

1. Frage : Mein obiges Vorgehen kann ich also nur machen , wenn $\begin{eqnarray*} A,B \subset \mathbb R_+ \end{eqnarray*}$ ?!?

2. Frage: Wie zeige ich denn dann jetzt für diese Aufgabe, dass eine obere Schranke existiert ?

14.01.2018, 15:01

IfindU

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RE: Supremum Beweise
Seien $\begin{eqnarray*} A,B \subset [0,\infty) \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Snexx_Math
Meine Lösung:
Allgemein gilt sicher: $\begin{eqnarray*} a \leq sup A \wedge b \leq sup B \ \forall a \in A , b \in B \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} a \cdot b \in A \cdot B : a \cdot b \leq sup A \cdot sup B =: s \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow s \end{eqnarray*}$ ist obere Schranke von $\begin{eqnarray*} A \cdot B \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke von $\begin{eqnarray*} A \cdot B \end{eqnarray*}$ ist, ist also $\begin{eqnarray*} \sup (A \cdot B) \leq s = \sup A \sup B \end{eqnarray*}$ .

Hier zeigst du, dass $\begin{eqnarray*} \sup (A \cdot B) = s \end{eqnarray*}$ ist (auch wenn etwas ungenau):

Zitat:

Es bleibt zu zeigen, dass s auch die kleinste obere Schranke ist:

Angenommen es existiere eine kleinere obere Schranke s'. Allgemein gilt dann:
$\begin{eqnarray*} s'< s \Rightarrow s-s'>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \cdot b \leq s' \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ >0 mit $\begin{eqnarray*} \epsilon := s-s' \end{eqnarray*}$ Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} a \cdot b > s - \epsilon \Rightarrow a \cdot b > s' \Rightarrow \end{eqnarray*}$ s' ist keine kleinste obere Schranke.
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ s ist kleinste obere Schranke.

Und hier weiss ich nicht was du noch zeigen willst

Zitat:

Aber wie zeige ich jetzt, dass $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) = (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ und nicht nur $\begin{eqnarray*} sup (A \cdot B) \leq (sup A) \cdot (sup B) \end{eqnarray*}$ ???

15.01.2018, 16:41

Snexx_Math

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RE: Supremum Beweise

Zitat:

Seien $\begin{eqnarray*} A,B \subset [0, \infty ) \end{eqnarray*}$

Aber es muss doch für $\begin{eqnarray*} A,B \subset \mathbb R \end{eqnarray*}$ gelten verwirrt

verwirrt

Wir hatten ja gesagt, dass $\begin{eqnarray*} sup(A\cdot B) \geq sup A \cdot sup B \end{eqnarray*}$

Zitat:

Ich würde eher vermuten $\begin{eqnarray*} sup(A \cdot B)\geq supA \cdot supB \end{eqnarray*}$ gilt im Allgemeinen.

15.01.2018, 16:52

IfindU

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RE: Supremum Beweise
Es gilt $\begin{eqnarray*} \sup(A \cdot B) \geq \sup A \sup B \end{eqnarray*}$ für beschränkte Mengen $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ :

Sei $\begin{eqnarray*} \delta > 0 \end{eqnarray*}$ beliebig. Dann existieren $\begin{eqnarray*} a,b\in A,B \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} a +\delta \geq \sup(A) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b +\delta \geq \sup B \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} ab \in AB \end{eqnarray*}$ gilt also
$\begin{eqnarray*} \sup(AB) \geq ab = (a + \delta - \delta)(b +\delta - \delta) = (a+\delta) (b+\delta) - (a +\delta)\delta - \delta(b+\delta) + \delta^2 \geq \sup \sup A \sup B - \delta ( a + b ) - \delta^2 \end{eqnarray*}$ .
Da $\begin{eqnarray*} \delta >0 \end{eqnarray*}$ beliebig und $\begin{eqnarray*} \lim_{\delta \to 0} ( - \delta ( a + b ) - \delta^2) = 0 \end{eqnarray*}$ , folgt die Aussage.

24.03.2021, 13:13

HiBee123

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RE: Supremum Beweise

Zitat:

Original von IfindU

$\begin{eqnarray*} \sup(AB) \geq ab = (a + \delta - \delta)(b +\delta - \delta) = (a+\delta) (b+\delta) - (a +\delta)\delta - \delta(b+\delta) + \delta^2 \geq\sup \sup A \sup B - \delta ( a + b ) - \delta^2 \end{eqnarray*}$ .

Tippfehler? Oder verstehe ich da was falsch... sup sup A sup B und nicht
Sup A Sup B?

24.03.2021, 14:38

IfindU

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RE: Supremum Beweise
Da fragst du mich über 3 Jahre später? Big Laugh

Big Laugh

Sieht nach Tippfehler aus, wüsste nicht was es sonst für eine Bedeutung haben sollte.

25.03.2021, 11:45

HiBee123

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RE: Supremum Beweise
Is halt Zeitlos, Die Mathematik Big Laugh

Big Laugh

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