Satz vom Max. nach Weierstraß < Stetigkeit < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sei K [mm] \subset \IR [/mm] (K [mm] \subset \IC) [/mm] eine beschränkte und abgeschlossene Menge. Sei f: K [mm] \to \IR [/mm] eine stetige Funktion.
Dann besitzt f ein Maximum und ein Minimum, d.h. [mm] \exists \overline{x}, \underline{x} \in [/mm] K: [mm] f(\underline{x}) \le [/mm] f(x) [mm] \le f(\overline{x}) [/mm] für alle x [mm] \in [/mm] K. |
Hallo zusammen,
wir hatten den Beweis zum ,,Satz vom Maximum/Minimum nach Weierstraß" in der Vorlesung, und ich verstehe ihn auch fast vollständig, bis auf eine kleine Stelle...
Beweis:
Wir beweisen die Existenz vom Maximum (für das Minimum betrachtet man -f).
Sei S := [mm] \underbrace{sup}_{x \in K}f(x) [/mm] = sup f(K) [mm] \in [-\infty, +\infty].
[/mm]
Nach der Definition vom Supremum: [mm] \exists (f(x_n))_n \subset [/mm] f(K), sodass [mm] f(x_n) \to [/mm] S gilt.
Warum folgt die Existenz solch einer Folge aus der Definition des Supremum?
Gruss
Alexander
EDIT
Ok, ich glaube, ich habe es bewiesen.
Behauptung: Sei [mm] \emptyset \not= [/mm] A [mm] \subset \IR, [/mm] S := sup A. [mm] \Rightarrow \exists [/mm] Folge [mm] (a_n)_n \subset [/mm] A: [mm] a_n \to [/mm] S.
Beweis:
1. Fall: S = [mm] +\infty
[/mm]
Also ist A nach oben unbeschränkt.
[mm] \Rightarrow +\infty [/mm] Häufungswert [mm] (a_n)_n
[/mm]
[mm] \Rightarrow \exists [/mm] Teilfolge [mm] (a_{k_n})_n [/mm] von [mm] (a_n)_n, [/mm] sodass [mm] a_{k_n} \to +\infty
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] Behauptung.
2. Fall: S < [mm] +\infty
[/mm]
Wegen der Charakterisierung des Supremums gilt dann:
(i) Für alle a [mm] \in [/mm] A: a [mm] \le [/mm] S
(ii) Für alle x < S existiert ein a [mm] \in [/mm] A, sodass a > x.
[mm] \Rightarrow \forall \varepsilon [/mm] > 0 mit S - [mm] \varepsilon [/mm] < S [mm] \exists [/mm] a [mm] \in [/mm] A: a > S - [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] S + [mm] \varepsilon [/mm] > S [mm] \ge [/mm] a > S - [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists [/mm] a [mm] \in [/mm] A: S + [mm] \varepsilon [/mm] > a > S - [mm] \varepsilon
[/mm]
Definiere nun eine Folge [mm] (a_n)_n [/mm] wie folgt:
Sei [mm] \varepsilon_1 [/mm] > 0.
Dann gibt es ein [mm] a_1 \in [/mm] A, sodass S + [mm] \varepsilon_1 [/mm] > [mm] a_1 [/mm] > S - [mm] \varepsilon_1
[/mm]
Sei nun [mm] \varepsilon_1 [/mm] > [mm] \varepsilon_2 [/mm] > 0.
Dann gibt es ein [mm] a_2 \in [/mm] A, sodass S + [mm] \varepsilon_2 [/mm] > [mm] a_2 [/mm] > S - [mm] \varepsilon_2 [/mm] und S + [mm] \varepsilon_2 [/mm] > [mm] a_1 [/mm] > S - [mm] \varepsilon_2
[/mm]
usw.
Also sei nun [mm] \varepsilon_1 [/mm] > [mm] \varepsilon_2 [/mm] > ... > [mm] \varepsilon_n [/mm] > 0.
Dann gibt es ein [mm] a_n \in [/mm] A, sodass S + [mm] \varepsilon_n [/mm] > [mm] a_n [/mm] > S - [mm] \varepsilon_n [/mm] für beliebiges n [mm] \in \IN.
[/mm]
[mm] \Rightarrow a_n \to [/mm] S
[mm] \Box[/mm]
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:07 Do 10.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> Sei K [mm]\subset \IR[/mm] (K [mm]\subset \IC)[/mm] eine beschränkte und
> abgeschlossene Menge. Sei f: K [mm]\to \IR[/mm] eine stetige
> Funktion.
> Dann besitzt f ein Maximum und ein Minimum, d.h. [mm]\exists \overline{x}, \underline{x} \in[/mm]
> K: [mm]f(\underline{x}) \le[/mm] f(x) [mm]\le f(\overline{x})[/mm] für alle
> x [mm]\in[/mm] K.
>
> Hallo zusammen,
>
> wir hatten den Beweis zum ,,Satz vom Maximum/Minimum nach
> Weierstraß" in der Vorlesung, und ich verstehe ihn auch
> fast vollständig, bis auf eine kleine Stelle...
>
> Beweis:
>
> Wir beweisen die Existenz vom Maximum (für das Minimum
> betrachtet man -f).
>
> Sei S := [mm]\underbrace{sup}_{x \in K}f(x)[/mm] = sup f(K) [mm]\in [-\infty, +\infty].[/mm]
>
> Nach der Definition vom Supremum: [mm]\exists (f(x_n))_n \subset[/mm]
> f(K), sodass [mm]f(x_n) \to[/mm] S gilt.
>
> Warum folgt die Existenz solch einer Folge aus der
> Definition des Supremum?
>
> Gruss
> Alexander
>
> EDIT
>
> Ok, ich glaube, ich habe es bewiesen.
>
> Behauptung: Sei [mm]\emptyset \not=[/mm] A [mm]\subset \IR,[/mm] S := sup A.
> [mm]\Rightarrow \exists[/mm] Folge [mm](a_n)_n \subset[/mm] A: [mm]a_n \to[/mm] S.
>
> Beweis:
>
> 1. Fall: S = [mm]+\infty[/mm]
>
> Also ist A nach oben unbeschränkt.
> [mm]\Rightarrow +\infty[/mm] Häufungswert [mm](a_n)_n[/mm]
> [mm]\Rightarrow \exists[/mm] Teilfolge [mm](a_{k_n})_n[/mm] von [mm](a_n)_n,[/mm]
> sodass [mm]a_{k_n} \to +\infty[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] Behauptung.
Nein, so geht das nicht. Wo kommt denn die Folge [mm] (a_n) [/mm] her ?
Wenn A nicht nach oben beschränkt ist, so gibt es zu jedem n [mm] \in \IN [/mm] ein [mm] a_n \in [/mm] A mit: [mm] a_n>n.
[/mm]
>
> 2. Fall: S < [mm]+\infty[/mm]
>
> Wegen der Charakterisierung des Supremums gilt dann:
>
> (i) Für alle a [mm]\in[/mm] A: a [mm]\le[/mm] S
> (ii) Für alle x < S existiert ein a [mm]\in[/mm] A, sodass a > x.
>
> [mm]\Rightarrow \forall \varepsilon[/mm] > 0 mit S - [mm]\varepsilon[/mm] < S
> [mm]\exists[/mm] a [mm]\in[/mm] A: a > S - [mm]\varepsilon[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] S + [mm]\varepsilon[/mm] > S [mm]\ge[/mm] a > S - [mm]\varepsilon[/mm]
> [mm]\Rightarrow \forall \varepsilon[/mm] > 0 [mm]\exists[/mm] a [mm]\in[/mm] A: S +
> [mm]\varepsilon[/mm] > a > S - [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Definiere nun eine Folge [mm](a_n)_n[/mm] wie folgt:
>
> Sei [mm]\varepsilon_1[/mm] > 0.
> Dann gibt es ein [mm]a_1 \in[/mm] A, sodass S + [mm]\varepsilon_1[/mm] > [mm]a_1[/mm]
> > S - [mm]\varepsilon_1[/mm]
> Sei nun [mm]\varepsilon_1[/mm] > [mm]\varepsilon_2[/mm] > 0.
> Dann gibt es ein [mm]a_2 \in[/mm] A, sodass S + [mm]\varepsilon_2[/mm] > [mm]a_2[/mm]
> > S - [mm]\varepsilon_2[/mm] und S + [mm]\varepsilon_2[/mm] > [mm]a_1[/mm] > S -
> [mm]\varepsilon_2[/mm]
>
> usw.
>
> Also sei nun [mm]\varepsilon_1[/mm] > [mm]\varepsilon_2[/mm] > ... >
> [mm]\varepsilon_n[/mm] > 0.
> Dann gibt es ein [mm]a_n \in[/mm] A, sodass S + [mm]\varepsilon_n[/mm] > [mm]a_n[/mm]
> > S - [mm]\varepsilon_n[/mm] für beliebiges n [mm]\in \IN.[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow a_n \to[/mm] S
Es ist alles O.K., aber sehr umständlich.
Einfacher: zu jedem n [mm] \in \IN [/mm] gibt es ein [mm] a_n \in [/mm] A mit: [mm] a_n>S- [/mm] 1/n.
Dann: [mm] S-1/n
FRED
>
> [mm]\Box[/mm]
|
|
|
| |
|
> Nein, so geht das nicht. Wo kommt denn die Folge [mm](a_n)[/mm] her
> ?
Ja, okay, das hatte ich irgendwie übersehen...
> Wenn A nicht nach oben beschränkt ist, so gibt es zu jedem
> n [mm]\in \IN[/mm] ein [mm]a_n \in[/mm] A mit: [mm]a_n>n.[/mm]
> Es ist alles O.K., aber sehr umständlich.
>
> Einfacher: zu jedem n [mm]\in \IN[/mm] gibt es ein [mm]a_n \in[/mm] A mit:
> [mm]a_n>S-[/mm] 1/n.
>
> Dann: [mm]S-1/n
>
> FRED
> >
> > [mm]\Box[/mm]
Ok, besten Dank.
Gruss
Alexander
|
|
|
|
