inf(-A)=-sup(A) < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:27 Sa 01.01.2011 | | Autor: | ggg |
| Aufgabe | Sei [mm] A\subseteq \IR,A\not=\emptyset. [/mm] Zeigen Sie:
Ist A nach oben beschränkt, dann ist [mm] -A:=\{-a|a\in A\} [/mm] nach unten beschränkt und es gilt inf(-A)=-sup(A) |
Hallo zusammen und euch allen ein frohes und gesundes neues Jahr.
Ich habe soeben mich an dieser Aufgabe herangewagt und frage mich ob mein Beweis so hinhaut oder nicht. Ich würde mich für eine nette Kontrolle sehr freuen^^
Vor.: Sei [mm] A\subseteq \IR,A\not=\emptyset [/mm] und A ist nach oben beschränkt.
Beh.: Ist A nach oben beschränkt, dann ist [mm] -A:=\{-a|a\in A\} [/mm] nach unten beschränkt und es gilt inf(-A)=-sup(A)
Beweis.
Da die Menge [mm] \IR [/mm] ein totalgeordneter Körper ist, erfüllt [mm] A\subseteq \IR,A\not=\emptyset [/mm] demzufolge das Supremumaxiom, da A nach oben beschränkt ist.
Sei [mm] supA=s\ge [/mm] a, so folgt aus einem Lemma für [mm] supA=s\ge [/mm] a, dann [mm] -a\ge-s=-supA. [/mm] Damit ist -supA=-s das Minimum und somit das Maximum der Menge aller unteren Schranken von [mm] -A:=\{-a|a\in A\}, [/mm] da -s nach unten beschränkt ist und zugleich kleinstes Element aus der Menge -A. Definitionsgemäß bezeichnen wir -s als Infimum mit inf(-A)=-s=-supA was zu zeigen war. [mm] \Box [/mm]
Ist das so richtig und falls ja könnte man den Beweis einfacher bzw. kürzer machen?
mfg
Jonas
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:14 So 02.01.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm]A\subseteq \IR,A\not=\emptyset.[/mm] Zeigen Sie:
> Ist A nach oben beschränkt, dann ist [mm]-A:=\{-a|a\in A\}[/mm]
> nach unten beschränkt und es gilt inf(-A)=-sup(A)
> Hallo zusammen und euch allen ein frohes und gesundes
> neues Jahr.
>
> Ich habe soeben mich an dieser Aufgabe herangewagt und
> frage mich ob mein Beweis so hinhaut oder nicht. Ich würde
> mich für eine nette Kontrolle sehr freuen^^
>
> Vor.: Sei [mm]A\subseteq \IR,A\not=\emptyset[/mm] und A ist nach
> oben beschränkt.
>
> Beh.: Ist A nach oben beschränkt, dann ist [mm]-A:=\{-a|a\in A\}[/mm]
> nach unten beschränkt und es gilt inf(-A)=-sup(A)
>
> Beweis.
> Da die Menge [mm]\IR[/mm] ein totalgeordneter Körper ist, erfüllt
> [mm]A\subseteq \IR,A\not=\emptyset[/mm] demzufolge das
> Supremumaxiom, da A nach oben beschränkt ist.
> Sei [mm]supA=s\ge[/mm] a, so folgt aus einem Lemma für [mm]supA=s\ge[/mm] a,
> dann [mm]-a\ge-s=-supA.[/mm] Damit ist -supA=-s das Minimum
das verstehe ich nicht: Von was ist es das Minimum? Streiche das vielleicht einfach mal...
> das Maximum der Menge aller unteren Schranken von
> [mm]-A:=\{-a|a\in A\},[/mm]
Sollte man vielleicht ein wenig erklären, ist aber korrekt.
> da -s nach unten beschränkt ist und
> zugleich kleinstes Element aus der Menge -A.
Das ist falsch: Weder das Infimum noch das Supremum einer beschränkten Menge müssen in dieser liegen!
> Definitionsgemäß bezeichnen wir -s als Infimum mit
> inf(-A)=-s=-supA was zu zeigen war. [mm]\Box[/mm]
>
>
> Ist das so richtig und falls ja könnte man den Beweis
> einfacher bzw. kürzer machen?
Ich glaube schon, dass das, bis auf kleinere "Fehlerchen", soweit korrekt durchdacht ist, möchte aber nochmal darauf aufmerksam machen:
Ein Supremum muss nicht in einer Menge liegen, während ein Maximum diese Eigenschaft hat, per Definitionem (wenn denn die nach oben beschränkte Menge auch ein Maximum hat).
(Nimm beispielsweise [mm] $\{1-1/n: n \in \IN_{\ge 1}\}\,.$ [/mm] Diese Menge hat ein Supremum, nämlich die [mm] $1\,,$ [/mm] welches aber kein Maximum ist. (D.h., Mengen, die ein Supremum haben, müssen kein Maximum haben; allerdings ist es bei Mengen, die ein Maximum haben, so, dass diese auch ein Supremum haben: Nämlich gerade das Maximum.))
Interessant ist aber, dass man das Supremum, falls existent, in der Tat als das Minimum der Menge aller oberen Schranken definieren kann. Denn, auch wenn das jetzt ein wenig wie "sich im Kreise" drehend, wirkt: Das Supremum ist quasi das Infimum aller oberen Schranken, und wenn das Supremum existiert, ist es ja insbesondere eine obere Schranke, also in der Menge aller oberen Schranken enthalten.
Ich selber hätte übrigens empfohlen, den Beweis mit folgender/folgenden Definition(en) zu führen:
Eine Zahl [mm] $S\,$ [/mm] ist genau dann Supremum einer (nach oben) beschränkten Menge $M [mm] \subseteq \IR\,,$ [/mm] wenn [mm] $S\,$ [/mm] obere Schranke ist und für jedes [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ ein $m [mm] \in [/mm] M$ mit [mm] $S-\epsilon [/mm] < m [mm] \;\;(\le [/mm] S)$ existiert. (Die [mm] $\epsilon$-Bedingung [/mm] besagt nichts anderes, als dass [mm] $S\,$ [/mm] die kleinste obere Schranke für [mm] $M\,$ [/mm] ist.)
(Analog: Eine Zahl [mm] $I\,$ [/mm] ist genau dann Infimum einer (nach unten) beschränkten Menge $M [mm] \subseteq \IR\,,$ [/mm] wenn [mm] $I\,$ [/mm] untere Schranke ist und für jedes [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ ein $m [mm] \in [/mm] M$ mit [mm] $I+\epsilon [/mm] > m [mm] \;\;(\ge [/mm] I)$ existiert.)
Wie macht man das nun bei Dir? Ich formuliere es mal ohne die [mm] $\epsilon$-Bedingung, [/mm] vielleicht probierst Du den Beweis mal mit der [mm] "$\epsilon$-Technik":
[/mm]
Sei bei Dir [mm] $S\,$ [/mm] das Supremum von [mm] $A\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $S\,$ [/mm] obere Schranke für [mm] $A\,,$ [/mm] d.h. es gilt
$$a [mm] \le [/mm] S$$
für jedes $a [mm] \in A\,.$ [/mm] Demzufolge gilt $-a [mm] \ge [/mm] -S$ für alle $a [mm] \in A\,,$ [/mm] so dass [mm] $-S\,$ [/mm] untere Schranke für [mm] $-A\,$ [/mm] ist. Wir erkennen daher, dass [mm] $-A\,$ [/mm] nach unten beschränkt ist, also hat [mm] $-A\,$ [/mm] ein Infimum, wir nennen es [mm] $I\,,$ [/mm] und dann muss sicherlich $I [mm] \ge [/mm] -S$ gelten, da ja das Infimum von [mm] $-A\,$ [/mm] die größte untere Schranke von [mm] $-A\,$ [/mm] ist, also insbesondere [mm] $\ge$ [/mm] jeder unteren Schranke von [mm] $-A\,$ [/mm] sein muss. Und jetzt sage ich mal etwas salopp:
Wäre $I > [mm] -S\,,$ [/mm] so dürften zwischen [mm] $-S\,$ [/mm] und [mm] $I\,$ [/mm] keine Elemente von [mm] $-A\,$ [/mm] liegen. Dann dürften aber auch keine Elemente von [mm] $A\,$ [/mm] zwischen [mm] $-I\,$ [/mm] und [mm] $S\,$ [/mm] (beachte $-I < [mm] S\,$) [/mm] liegen, so dass [mm] $-I\,$ [/mm] eine kleinere obere Schranke als [mm] $S\,$ [/mm] für [mm] $A\,$ [/mm] wäre, bzw. anders formuliert: Es müßte dann auch [mm] $\text{sup}A \le [/mm] -I < S$ im Widerspruch zur Definition von [mm] $S\,$ [/mm] gelten.
Und das, was ich jetzt mehr oder weniger "salopp" ausgedrückt habe, kannst Du - und zwar in einer "direkten" Beweisführung (meine obige ist indirekt) - auch so schreiben:
Ist [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ beliebig, aber fest, so folgt nach Definition von [mm] $S\,$ [/mm] dann die Existenz eines [mm] $a_\epsilon \in [/mm] A$ mit
[mm] $$S-\epsilon [/mm] < [mm] a_\epsilon \le S\,.$$ [/mm]
Folglich gilt auch
$$?? [mm] \le -a_\epsilon [/mm] < ?$$
wobei natürlich wegen [mm] $a_\epsilon \in [/mm] A$ auch [mm] $-a_\epsilon \in -A\,.$
[/mm]
(Dabei solltest Du natürlich [mm] $??\,$ [/mm] und [mm] $?\,$ [/mm] entsprechend sinnvoll ersetzen.)
Gruß,
Marcel
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