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| Aufgabe | | Es sei M eine nichtleere Teilmenge von R und sei S in R. Genau dann ist S Sumpremum von M, wenn S obere Schranke von M ist und zu jedem [mm] \varepsilon \in ]0,\infty[ [/mm] ein x [mm] \in [/mm] M mit [mm] S-\varepsilon \le [/mm] x existiert. |
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Hallo,
meine ersten Analysis-Aufgaben und gleich ein Problem. Der Beweis der Hinrichtung ist kein Problem. Dir Rückrichtung (also von S ist Supremum zu den o.g. Eigenschaften) bereitet mir Kopfzerbrechen.
Also: Sei S das Supremum, dann gilt für alle x [mm] \in [/mm] M x [mm] \le [/mm] S. Da S Supremum von M ist, ist es auch eine obere Schranke (1. Aussage). Wie bekomme ich das [mm] \varepsilon [/mm] jetzt rein, folgende Möglichkeiten habe ich probiert (wobei der Ansatz sicher immer falsch):
1. Ich nehme einfach ein [mm] \varepsilon [/mm] an mit [mm] \varepsilon \ge [/mm] 0. Dann folgt: x [mm] \le [/mm] S + [mm] \varepsilon. [/mm] Aber das wird mit allen Versuchen nicht das was ich suche.
2. Aus dem Ordnungssatz (das N archimedisch geordnet ist) folgt doch, dass ich jeder reellen Zahl (hier S) eine natürliche Zahl (hier [mm] \varepsilon, [/mm] da Menge nicht genau bezeichnet) zuordnen kann mit S [mm] \le \varepsilon, [/mm] also auch 2S [mm] \le \varepsilon, [/mm] dann kann ich dafür schreiben:
x + 2S [mm] \le [/mm] S + [mm] \varepsilon [/mm] (gleichgerichtete Ungleichunge darf man addieren) --> x [mm] \le [/mm] -S + [mm] \varepsilon [/mm] --> -x [mm] \ge [/mm] S - [mm] \varepsilon. [/mm] Hhmm.
Andere Versuche habe ich auch gemacht, aber alle sind ähnlich verlaufen. Es gibt sicher wieder eine einfache Lösung, ich komme bloß nicht drauf, vielleicht hat jemand einen Tipp.
Steffen
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Hallo Steffen!
> meine ersten Analysis-Aufgaben und gleich ein Problem. Der
> Beweis der Hinrichtung ist kein Problem. Dir Rückrichtung
> (also von S ist Supremum zu den o.g. Eigenschaften)
> bereitet mir Kopfzerbrechen.
Wohl eher umgekehrt, oder?
Versuche es mit einem Widerspruchsbeweis:
Wenn Du annimmst, daß S das Supremum ist, dann bedeutet das
1. S eine obere Schranke von M
2. Ist T eine obere Schranke von M, so folgt [mm] $S\le [/mm] T$.
Wenn Du nun annimmst, daß es ein $ [mm] \varepsilon \in ]0,\infty[ [/mm] $ gibt, so daß für alle [mm] $x\in [/mm] M$ gilt: $ [mm] S-\varepsilon [/mm] > x$ (das ist die Negation dessen, was Du folgern möchtest), dann erhältst Du einen Widerspruch zur Annahme, S sei das Supremum (d.h. einen Widerspruch zu 1. oder 2.).
Hilft Dir das weiter?
Gruß, phrygian
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Hallo,
ehrlich gesagt nicht, denn ein Widerspruchsbeweis würde doch vorraussetzen, dass ich aus der Negation der Konsequenz (also das es so ein [mm] \varepsilon [/mm] nicht gibt), die Negation der Vorrsusetzung schlussfolgere (also das S nicht das Supremum ist). Jedoch ist
> Wenn
> Du nun annimmst, daß es ein [mm]\varepsilon \in ]0,\infty[[/mm]
> gibt, so daß für alle [mm]x\in M[/mm] gilt: [mm]S-\varepsilon \le x[/mm] (das
> ist die Negation dessen, was Du folgern möchtest), dann
> erhältst Du einen Widerspruch zur Annahme, S sei das
> Supremum (d.h. einen Widerspruch zu 1. oder 2.).
das nicht die Negation, oder?. Aber ich probiere es dennoch mal.
Grüße und Dank Steffen
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> ehrlich gesagt nicht, denn ein Widerspruchsbeweis würde
> doch vorraussetzen, dass ich aus der Negation der
> Konsequenz (also das es so ein [mm]\varepsilon[/mm] nicht gibt), die
> Negation der Vorrsusetzung schlussfolgere (also das S nicht
> das Supremum ist).
Was Du meinst, ist der Beweis der Kontraposition, der häufig als Widerspruchsbeweis bezeichnet wird, was meiner Meinung nach falsch ist. Wenn Du eine Aussage der Form [mm]A \Rightarrow B [/mm] beweisen möchtest (wobei A der Aussage "S ist Supremum" entspricht und B der Aussage [mm] "$\forall \varepsilon \in ]0,\infty[\; \exists x\in [/mm] M: [mm] S-\varepsilon \le [/mm] x$"), dann kannst Du die Kontraposition [mm]\neg B \Rightarrow \neg A [/mm] zeigen oder eben einen Widerspruchsbeweis führen: Du nimmst an, daß A und [mm]\neg B[/mm] gelten, und folgerst daraus einen Widerspruch (z.B. zu A). Davon kannst Du Dich mit einer Wahrheitstafel überzeugen.
> Jedoch ist
> > Wenn
> > Du nun annimmst, daß es ein [mm]\varepsilon \in ]0,\infty[[/mm]
> > gibt, so daß für alle [mm]x\in M[/mm] gilt: [mm]S-\varepsilon \le x[/mm] (das
> > ist die Negation dessen, was Du folgern möchtest), dann
> > erhältst Du einen Widerspruch zur Annahme, S sei das
> > Supremum (d.h. einen Widerspruch zu 1. oder 2.).
>
> das nicht die Negation, oder?. Aber ich probiere es dennoch
> mal.
Die Negation von [mm] $\forall \varepsilon \in ]0,\infty[\; \exists x\in [/mm] M: [mm] S-\varepsilon \le [/mm] x$ ist [mm] $\exists \varepsilon \in ]0,\infty[\; \forall x\in [/mm] M: [mm] S-\varepsilon [/mm] > x$.
Gruß, phrygian
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:20 Sa 14.10.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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