Supremum,Infimum < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:33 Mo 19.11.2012 | | Autor: | Mats22 |
| Aufgabe | | M1 = { [mm] \bruch{1}{x} [/mm] - [mm] \bruch{1}{y} [/mm] x,y [mm] \in \IR, [/mm] x,y [mm] \ge [/mm] 1 } |
Hallo, ich soll von oben genannter Menge M1, Supremum, Infimum und ggf. Maximum, Minimum berechnen.
Jetzt hab ich schonmal Werte eingesetzt aber komme dann irgendwie nicht weiter!
Also
Für x=y kommt ja immer 0 raus!
Für x<y kommt z.B. [mm] \bruch{1}{2}, \bruch{1}{6}, \bruch{1}{12}, [/mm] ... also eig. geht das gegen [mm] \infty
[/mm]
Für x>y kommt z.B. [mm] -\bruch{1}{2}, -\bruch{1}{6}, -\bruch{1}{12}, [/mm] ... also eig. geht das gegen [mm] -\infty
[/mm]
Aber wie kriege ich jetzt das Supremum raus! ...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:18 Mo 19.11.2012 | | Autor: | Mats22 |
Hat sich erledigt, ich glaube ich hab's! :)
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Hallo,
du hast zwar geschrieben, du hättest es hinbekommen. Deine obigen (fehlerhaten) Ausführungen legen das aber ehrlich gesagt nicht so nahe. Magst du uns mal an deinen Überlegungen noch teilhaben lassen?
Zur Kontrolle (für spätere Leser):
sup(M)=1
inf(M)=-1
Weder Minimum noch Maximum exitieren.
Hast du das auch so?
Gruß, Diophant
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:12 Mo 19.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> M1 = { [mm] \bruch{1}{x} [/mm] - [mm] \bruch{1}{y} [/mm] x,y [mm] \in \IR, [/mm] x,y [mm] \ge [/mm] 1}
>
> Hallo, ich soll von oben genannter Menge M1, Supremum,
> Infimum und ggf. Maximum, Minimum berechnen.
> Jetzt hab ich schonmal Werte eingesetzt aber komme dann
> irgendwie nicht weiter!
> Also
> Für x=y kommt ja immer 0 raus!
> Für x<y kommt z.B. [mm]\bruch{1}{2}, \bruch{1}{6}, \bruch{1}{12},[/mm]
> ... also eig. geht das gegen [mm]\infty[/mm]
was heißt "eig. geht das gegen [mm] $\infty$"? [/mm] Ich sehe da nur Zahlen etwa
[mm] $\le [/mm] 2$ (sogar [mm] $\l2$).
[/mm]
> Für x>y kommt z.B. [mm]-\bruch{1}{2}, -\bruch{1}{6}, -\bruch{1}{12},[/mm]
> ... also eig. geht das gegen [mm]-\infty[/mm]
Nein!
> Aber wie kriege ich jetzt das Supremum raus! ...
Nur mal nebenbei: Wenn man etwa hier mal nachguckt, so kann man bei obiger Aufgabe
etwa das Infimum so berechnen:
1.) Setze [mm] $A:=\{1/x:\;x \ge 1\}\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $A=(0,1]\,$ [/mm] (Beweis?)
2.) Setze [mm] $B:=A\,.$
[/mm]
Offenbar ist [mm] $\inf(A)=0$ [/mm] und [mm] $\sup(B)=1\,.$ [/mm] Nach der verlinkten Aufgabe
folgt wegen [mm] $\{1/x-1/y: x,y \ge 1\}=A-B$ [/mm] sodann
[mm] $$\inf\{1/x-1/y: x,y \ge 1\}=\inf(A)-\sup(B)=0-1=-1\,.$$
[/mm]
Dieses Infimum ist zudem kein Minimum, d.h. die betrachtete Menge hat
gar kein Minimum:
Angenommen, doch. Dann gibt es $x,y [mm] \ge [/mm] 1$ so, dass [mm] $1/x-1/y=-1\,.$
[/mm]
Dann ist aber
[mm] $$\frac{1}{x}=\frac{-y+1}{y}$$
[/mm]
bzw.
[mm] $$x=\frac{y}{1-y}\,.$$
[/mm]
Nun kann aber nicht [mm] $y=1\,$ [/mm] sein. (Warum?) Aus [mm] $y\ge [/mm] 1$ folgt dann, dass
[mm] $y>1\,$ [/mm] gelten muss. Was folgt dann aber für [mm] $x=1/(1-y)\,$? [/mm] Zu was steht
das im Widerspruch?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 Mi 21.11.2012 | | Autor: | Mats22 |
Ja, die Lösung habe ich auch!
Jetzt hänge ich wieder an einer Aufgabe und zwar soll ich das Supremum und Infimum der Menge [mm] M=\wurzel{2}, \wurzel{2+\wurzel{2}}, \wurzel{2+\wurzel{2 + \wurzel{2}}} [/mm] bestimmen.
Ich habe jetzt durch nachdenken und ausrechnen das das Infimum bzw. Minimum hab ich [mm] \wurzel{2} [/mm] und das Supremum 2 sein müsste ...
Reicht das hinzuschreiben? Ich muss das doch bestimmt irgendwie zeigen das das so ist, aber wiie??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:23 Mi 21.11.2012 | | Autor: | fred97 |
> Ja, die Lösung habe ich auch!
> Jetzt hänge ich wieder an einer Aufgabe und zwar soll ich
> das Supremum und Infimum der Menge [mm]M=\wurzel{2}, \wurzel{2+\wurzel{2}}, \wurzel{2+\wurzel{2 + \wurzel{2}}}[/mm]
> bestimmen.
> Ich habe jetzt durch nachdenken und ausrechnen das das
> Infimum bzw. Minimum hab ich [mm]\wurzel{2}[/mm]
Ja, das sieht man sofort.
> und das Supremum 2
> sein müsste ...
> Reicht das hinzuschreiben? Ich muss das doch bestimmt
> irgendwie zeigen das das so ist, aber wiie??
Zeige:
1. 2 ist eine obere Schranke von M.
2. jede obere Schranke von M ist [mm] \ge [/mm] 2.
FRED
>
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 10:58 Do 22.11.2012 | | Autor: | Mats22 |
Also ich hab bis jetzt:
Wegen [mm] \wurzel{2} [/mm] und [mm] \wurzel{2+\wurzel{2}} \in [/mm] M und [mm] \wurzel{2+\wurzel{2}} [/mm] > [mm] \wurzel{2} [/mm] ist [mm] \wurzel{2} [/mm] Infimum und zugleich Minimum, da kein x [mm] \in [/mm] M existiert mit x [mm] \le \wurzel{2} [/mm]
2 ist Supremum aber kein Maximum!
Sei 2 = sup(M). Dann ist x [mm] \le [/mm] 2 für jedes x [mm] \in [/mm] M
Außerdem existiert zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] > 0 ein x [mm] \in [/mm] M mit x > 2 - [mm] \varepsilon
[/mm]
Jetzt weiß ich eigentlich nicht mehr weiter, hab aber versucht in einen allgemeinen Beweis 2 einzusetzen, vielleicht darf man das??
Also:
Nehmen wir an N<2 sei eine obere Schranke für M. Setze [mm] \varepsilon [/mm] = 2 - N
Dann existiert ein x > 2-(2-N) d.h. x>N und somit ist N keine obere Schranke!
Geht das so? Über Hilfe wäre ich echt dankbar! :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 Do 22.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Also ich hab bis jetzt:
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> Wegen [mm]\wurzel{2}[/mm] und [mm]\wurzel{2+\wurzel{2}} \in[/mm] M und
> [mm]\wurzel{2+\wurzel{2}}[/mm] > [mm]\wurzel{2}[/mm] ist [mm]\wurzel{2}[/mm] Infimum
> und zugleich Minimum, da kein x [mm]\in[/mm] M existiert mit x [mm]\le \wurzel{2}[/mm]
die Begründung ist zu kurz. Aber Du meinst es sicher richtig, schreib's halt
ausführlicher auf und benutze dabei, dass
[mm] $$\sqrt{\cdot}: [0,\infty) \to [0,\infty)$$
[/mm]
(streng) monoton wachsend ist.
Und die Begründung, dass [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] das Minimum ist, ist einfach: Das
Infimum der Menge ist [mm] $\sqrt{2}\,.$ [/mm] Ein Infimum einer Menge muss aber
noch lange kein Minimum sein - wenn aber das Infimum nun aber selbst in
der betrachteten Menge liegt, dann ist es auch das Minimum! Und hier ist
nun mal das Infimum [mm] $\sqrt{2}$ [/mm] selbst auch Bestandteil der betrachteten
Menge
[mm] $$M=\{\sqrt{2},\sqrt{2+\sqrt{2}},\ldots\}\,.$$
[/mm]
P.S.
Nur mal als Beispiel: $(2,3]$ hat als Infimum die [mm] $2\,,$ [/mm] aber kein Minimum.
Denn:
Aus der Darstellung [mm] $(2,3]=\{r \in \IR:\;2 < r \le 3\}$ [/mm] folgt, dass für alle
$x [mm] \in [/mm] (2,3]$ sicher $2 [mm] \le [/mm] x$ gilt. Damit ist [mm] $2\,$ [/mm] eine untere Schranke für
[mm] $(2,3]\,.$ [/mm] Wir zeigen, dass es die größte ist:
Angenommen, es gebe eine größere, sie heiße [mm] $G\,.$ [/mm] Dann ist $G [mm] \le [/mm] x$ für
alle $x [mm] \in (2,3]\,,$ [/mm] insbesondere gilt $G [mm] \le 3\,.$ [/mm] Wir definieren [mm] $R:=2+(G-2)/2\,.$ [/mm]
Wegen $(G-2)/2 > [mm] 0\,$ [/mm] (nach Annahme $G > [mm] 2\,$(!!)) [/mm] folgt dann $R > [mm] 2\,.$ [/mm]
Ferner gilt $R [mm] \le [/mm] 3$: Es ist nämlich
$$R [mm] \le [/mm] 3$$
[mm] $$\gdw [/mm] 2+(G-2)/2 [mm] \le [/mm] 3$$
[mm] $$\gdw [/mm] 4+G-2 [mm] \le [/mm] 6$$
[mm] $$\gdw [/mm] G [mm] \le 4\,.$$
[/mm]
Aus $G [mm] \le [/mm] 3$ (es muss ja $G [mm] \le x\,$ [/mm] für alle $x [mm] \in [/mm] (2,3]$ gelten,
insbesondere gilt also $G [mm] \le [/mm] 3$ wegen $3 [mm] \in [/mm] (2,3]$) folgt aber $G [mm] \le [/mm] 4$
und damit dann $R [mm] \le [/mm] 3$ durch Lesen der [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] in den [mm] "$\gdw$" [/mm]
und natürlich durch Lesen der Umformungen dann von unten nach oben.
Es gilt also $R [mm] \in (2,3]\,.$ [/mm]
Wir zeigen nun $R < [mm] G\,$:
[/mm]
Es gilt
[mm] $$G-R=G-2-\frac{G-2}{2}=G-2-\frac{G}{2}+1=\frac{G}{2}-1\,.$$
[/mm]
Wegen $G > 2$ ist aber $G/2-1 > [mm] 0\,,$ [/mm] also $G-R > 0 [mm] \gdw [/mm] R < [mm] G\,.$ [/mm] Damit
kann aber [mm] $G\,$ [/mm] keine untere Schranke für $(2,3]$ sein. Also ist [mm] $2\,$ [/mm] die
größte untere Schranke für [mm] $(2,3]\,.$
[/mm]
Angenommen, $(2,3]$ hätte ein Minimum. Dann würde also [mm] $\red{\;\inf(2,3]\;} \in [/mm] (2,3]$
gelten. Wegen [mm] $\inf(2,3]=\red{\;2\;}$ [/mm] (s.o.) müßte dann [mm] $\red{\;2\;} \in [/mm] (2,3]$ gelten: Es müßte
also $2 < [mm] \red{\;2\;}$ [/mm] und [mm] $\red{\;2\;} \le [/mm] 3$ gelten, wenn [mm] $\red{\;2\,} \in [/mm] (2,3]$
wäre, rein nach Definition von [mm] $(2,3]=\{r \in \IR:\;2 < r \le 3\}\,.$
[/mm]
Es folgt der Widerspruch $2 < [mm] \red{\;2\;}$!
[/mm]
(Nebenbei: Man hätte auch [mm] $R=G-(G-2)/2\,$ [/mm] schreiben können...)
P.P.S. Ein bisschen interessanter wird die Aufgabe aus dem P.S., wenn man
zeigen will, dass
[mm] $$2=\inf((2,3] \cap \IQ)$$
[/mm]
gilt. Nicht wesentlich schwieriger wird der Beweis dieser Aufgabe, wenn
man direkt benutzen darf, dass [mm] $\IQ$ [/mm] dicht in [mm] $\IR$ [/mm] liegt. Wenn man dies
noch nicht weiß bzw. benutzen darf, muss man ein bisschen "basteln".
Und noch interessanter: Im geordneten Körper [mm] $\IQ$ [/mm] hat die Menge
[mm] $\{q \in \IQ: \sqrt{2} < q\}$ [/mm] kein Infimum - im geordneten Körper [mm] $\IR$ [/mm]
ist ihr Infimum gerade einfach [mm] $\sqrt{2}\,.$ [/mm] In beiden Fällen hat diese
Menge aber kein Minimum!
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:13 Do 22.11.2012 | | Autor: | Mats22 |
Also das Infimum hab ich jetzt wie folgt gezeigt:
Die Menge kann man auch als rekursiv, streng monoton wachsende Folge auffassen mit: [mm] a_{1}=\wurzel{2} [/mm] und [mm] a_{n+1}=\wurzel{2+a_{n}}
[/mm]
Wegen [mm] \wurzel{2}= a_{1} \le a_{n} \le a_{n+1} [/mm] folgt dann das Infimum. Da [mm] \wurzel{2} \in [/mm] M ist es auch Minimum ...
Aber mit dem Beweis des Supremums komm ich nicht klar! ...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:20 Do 22.11.2012 | | Autor: | abakus |
> Also das Infimum hab ich jetzt wie folgt gezeigt:
> Die Menge kann man auch als rekursiv, streng monoton
> wachsende Folge auffassen mit: [mm]a_{1}=\wurzel{2}[/mm] und
> [mm]a_{n+1}=\wurzel{2+a_{n}}[/mm]
> Wegen [mm]\wurzel{2}= a_{1} \le a_{n} \le a_{n+1}[/mm] folgt dann
> das Infimum. Da [mm]\wurzel{2} \in[/mm] M ist es auch Minimum ...
> Aber mit dem Beweis des Supremums komm ich nicht klar!
> ...
Hallo,
es gilt doch [mm]\sqrt2<2[/mm], und daraus folgt
[mm] $2+\sqrt2 [/mm] < 4$
daraus folgt
[mm] $\sqrt{2+\sqrt2} [/mm] < 2$ ,
daraus folgt
[mm] $2+\sqrt{2+\sqrt2} [/mm] < 4$,
etc. pp.
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:50 Do 22.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Also das Infimum hab ich jetzt wie folgt gezeigt:
> > Die Menge kann man auch als rekursiv, streng monoton
> > wachsende Folge auffassen
die erwähnte Wurzelfunktion begründet dies eben sofort!
> mit: [mm]a_{1}=\wurzel{2}[/mm] und
> > [mm]a_{n+1}=\wurzel{2+a_{n}}[/mm]
> > Wegen [mm]\wurzel{2}= a_{1} \le a_{n} \le a_{n+1}[/mm] folgt
> dann
> > das Infimum. Da [mm]\wurzel{2} \in[/mm] M ist es auch Minimum ...
Genau!
> > Aber mit dem Beweis des Supremums komm ich nicht klar!
> > ...
> Hallo,
> es gilt doch [mm]\sqrt2<2[/mm], und daraus folgt
> [mm]2+\sqrt2 < 4[/mm]
> daraus folgt
> [mm]\sqrt{2+\sqrt2} < 2[/mm] ,
> daraus folgt
> [mm]2+\sqrt{2+\sqrt2} < 4[/mm],
> etc. pp.
Nur ergänzend (jedenfalls sehe ich so gerade nicht mehr):
Die obigen Überlegungen von Abakus zeigen, dass [mm] $2\,$ [/mm] obere Schranke
von [mm] $M\,$ [/mm] ist. Nun muss man noch begründen, warum es die kleinste
obere Schranke ist (dazu kann man auch versuchen, den Grenzwert der
Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] zu berechnen - [mm] $(a_n)_n$ [/mm] ist ja monoton wachsend und
nach oben beschränkt und aus [mm] $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ [/mm] folgt dann bei
$n [mm] \to \infty$ [/mm] was?) .
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Sa 24.11.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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