Supremum beweisen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:25 Do 08.12.2011 | | Autor: | Pauli85 |
| Aufgabe | A [mm] \subset [/mm] K ist eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge. Zeige folgende Aussage:
Sei S [mm] \in [/mm] K. Dann gilt S = sup(A), genau dann wenn S die obere Schranke von A ist und eine Folge [mm] a_{n} \subset [/mm] A existiert, die gegen S konvergiert. |
Hallo,
die obige Aufgabe ist mir inhaltlich klar. Ich verstehe was gemeint ist, aber trotzdem bekomme ich keinen Beweis hin. Ich weiß einfach nicht womit ich anfangen soll. Kann wir da jemand weiter helfen und mir einen Ansatz geben?
Liebe Grüße
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Hallo Pauli,
Tipps:
du hast eine Äquivalenz zu zeigen.
Fange an mit der Richtung:
$ S = sup(A) [mm] \Rightarrow [/mm] $ S obere Schranke von A und es existiert eine Folge $ [mm] a_{n} \subset [/mm] $, die gegen S konvergiert.
Die Definition vom Supremum und Konvergenz helfen dir im Notfall.
Viele Grüße
ChopSuey
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:11 So 11.12.2011 | | Autor: | Pauli85 |
Hallo,
Also die Def. vom Supremum lautet:
S=sup(A) [mm] :\gdw \forall [/mm] a [mm] \in [/mm] A: S [mm] \ge [/mm] a und [mm] \forall [/mm] a [mm] \in [/mm] A: u [mm] \ge [/mm] a [mm] \Rightarrow [/mm] u [mm] \ge [/mm] S
Def. Konvergenz:
[mm] \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists n_{0} \in \IN \forall [/mm] n [mm] \ge n_{0}: |a_{n}-S| [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
Aber wie soll ich nun beiden zusammen beweisen? Mir leuchtet nicht ein, wie ich beiden miteinander in Verbindung setzten kann. Oder gehe ich da falsch vor?
Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:18 So 11.12.2011 | | Autor: | fred97 |
Sei s=supA. Dann ist s eine obere Schranke von A.
Für n [mm] \in \IN [/mm] ist s-1/n keine obere Schranke von A. Somit gibt es ein [mm] a_n \in [/mm] A mit:
[mm] a_n>s-1/n.
[/mm]
Damit hast Du eine Folge [mm] (a_n) [/mm] in A mit:
[mm] s-1/n
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:09 So 11.12.2011 | | Autor: | Pauli85 |
> Damit hast Du eine Folge [mm](a_n)[/mm] in A mit:
>
> [mm]s-1/n
Danke erst ein mal.
Aber was bringt mir das? Dann kann ich doch auch gleich sagen, dass [mm] a_{n} [/mm] gegen s konvergiert. Ich meine, durch [mm] a_n>s-1/n [/mm] kann man doch auch nicht schließen, dass [mm] a_{n} [/mm] gegen s konvergiert.
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:53 So 11.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Damit hast Du eine Folge [mm](a_n)[/mm] in A mit:
> >
> > [mm]s-1/n
>
> Danke erst ein mal.
> Aber was bringt mir das? Dann kann ich doch auch gleich
> sagen, dass [mm]a_{n}[/mm] gegen s konvergiert. Ich meine, durch
> [mm]a_n>s-1/n[/mm] kann man doch auch nicht schließen, dass [mm]a_{n}[/mm]
> gegen s konvergiert.
aus [mm] $a_n [/mm] > s-1/n$ alleine sicher nicht - aber man hat ja zudem die Kenntniss [mm] $a_n \le s\,.$
[/mm]
Denk' doch z.B. mal an das Einschließkriterium:
Aus [mm] $\tilde{a}_n \to \red{a}$ [/mm] und [mm] $\tilde{b}_n \to \red{a}$ [/mm] und [mm] $\tilde{a}_n \le c_n \le \tilde{b}_n$ [/mm] für alle (bis auf endlich viele) [mm] $n\,$ [/mm] (wobei Du hier jedes der [mm] $\le$ [/mm] auch durch [mm] $<\,$ [/mm] ersetzen darfst: d.h. [mm] $\tilde{a}_n [/mm] < [mm] c_n \le \tilde{b}_n$ [/mm] oder [mm] $\tilde{a}_n \le c_n [/mm] < [mm] \tilde{b}_n$ [/mm] oder [mm] $\tilde{a}_n [/mm] < [mm] \tilde c_n [/mm] < [mm] \tilde{b}_n$ [/mm] könnte auch anstelle von [mm] $\tilde{a}_n \le c_n \le \tilde{b}_n$ [/mm] vorausgesetzt werden)
folgt doch
[mm] $$c_n \to \red{a}\,.$$
[/mm]
(Der Beweis über das [mm] $\epsilon-N(\epsilon)$-Kriterium [/mm] dazu ist fast trivial. Kennst Du ihn, oder versuchst Du ihn nochmal alleine?)
Oben:
Es ist $s-1/n < [mm] a_n \le s\,.$ [/mm] Betrachte nun [mm] $\tilde{a}_n:=s-1/n\,,$ $\tilde{b}_n:=s$ [/mm] und [mm] $c_n:=a_n\,$ [/mm] für alle [mm] $n\,.$
[/mm]
Warum gelten nun [mm] $\tilde{a}_n, \tilde{b}_n \to [/mm] s$? Was folgt daraus für [mm] $(c_n)_n \equiv (a_n)_n$?
[/mm]
P.S.:
Das Einschließkriterium braucht man hier nicht wirklich. Aber prinzipiell ist die Vorgehensweise oben dann so ziemlich die gleiche wie die, die man im Beweis des Einschließkriteriums benutzt.
P.P.S.:
Eine etwas anders geartete Alternative:
Aus [mm] $a_n [/mm] > s-1/n$ für (fast) alle [mm] $n\,$ [/mm] würde übrigens [mm] $\liminf a_n \ge [/mm] s$ folgen. Wegen $s [mm] \ge a_n$ [/mm] für (fast) alle [mm] $n\,$ [/mm] ist dann [mm] $\limsup a_n \ge s\,.$ [/mm] Wenn Du nun [mm] $\liminf a_n \le \limsup a_n$ [/mm] beachtest: Was folgt dann?
Und noch eine Ergänzung:
Du kannst [mm] $(a_n)$ [/mm] sogar so finden, dass [mm] $(a_n)_n$ [/mm] monoton wachsend gegen [mm] $s\,$ [/mm] strebt:
Es gibt sicher ein $x [mm] \in [/mm] (s-1,s] [mm] \cap A\,,$ [/mm] und wir setzen [mm] $a_1:=x\,.$ [/mm]
Kürzer gesagt: Wir wählen ein [mm] $a_1 \in [/mm] (s-1,s] [mm] \cap A\,.$
[/mm]
Setze [mm] $A_2:=\max\{a_1,s-1/2\}\,.$
[/mm]
Dann wählen wir ein [mm] $a_2$ [/mm] in [mm] $[A_2,s] \cap A\,.$ [/mm]
Sicherlich ist [mm] $a_2 \ge a_1\,.$
[/mm]
Setze [mm] $A_3:=\max\{a_2, s-1/3\}\,.$
[/mm]
Nun wähle [mm] $a_3 \in [A_3,s] \cap [/mm] A$ etc. pp.
Die so konstruierte Folge ist per Definitionem eine Folge in [mm] $A\,,$ [/mm] erfüllt zudem sicherlich [mm] $a_{n+1} \ge a_n$ [/mm] für alle [mm] $n\,.$ [/mm] Weiter gilt $s-1/n [mm] \le a_n \le [/mm] s$ für alle [mm] $n\,,$ [/mm] und damit [mm] $a_n \to s\,.$
[/mm]
Allerdings sei erwähnt, dass man im allgemeinen [mm] $(a_n)_n$ [/mm] nicht so finden kann, dass [mm] $(a_n)_n$ [/mm] streng wachsend gegen [mm] $s\,$ [/mm] strebt. Das folgt alleine schon aus der Tatsache, dass [mm] $A\,$ [/mm] eine endliche Menge sein könnte.
Gruß,
Marcel
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