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Infimum, Supremum, Minimum und Maximum von Menge

Schüler Gymnasium, 13. Klassenstufe

Tags: Supremum Infimum

jma23 aktiv_icon

19:52 Uhr, 22.09.2016

Infimum, Supremum, Maximum und Minimum sollen bestimmt werden:

M = {n, m \in ℕ | \frac{1}{n + m}}

Meine Idee

Supremum:

Da

n, m \in ℕ

n + m \geq 2 \Leftrightarrow \frac{n + m}{2} \geq \frac{n + m}{n + m} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \geq \frac{1}{n + m} \Rightarrow

eine obere Schranke

Wenn es eine kleinere obere Schranke gäbe, müsste folgendes gelten:

d > 0

\frac{1}{2} - d \geq \frac{1}{n + m} \Leftrightarrow - d \geq \frac{1}{n + m} - \frac{1}{2} \Rightarrow d \leq - \frac{1}{n + m} + \frac{1}{2} \Rightarrow d \leq 0

(Widerspruch)

Da

\frac{1}{2} \in M

auch Maximum.

Infimum:

0 \leq 1 \Leftrightarrow 0 \leq \frac{1}{n + m}

Wenn es eine größere untere Schranke gäbe, müsste folgendes gelten:

d > 0

0 + d \leq \frac{1}{m + n} \Leftrightarrow d \leq \frac{1}{n + m} \Rightarrow

??? hier hackt es jetzt

Zweite Menge:

M = {x \in ℝ_{< 0} | x^{2} + 9 x \leq 0}

Infimum:

0 \leq {(x + \frac{9}{2})}^{2} \Leftrightarrow 0 \leq x^{2} + 9 x + \frac{81}{4} \Leftrightarrow - \frac{81}{4} \leq x^{2} + 9 x

Wenn es eine kleinere obere Schranke gäbe, müsste folgendes gelten:

d > 0

- \frac{81}{4} + d \leq x^{2} + 9 x \Leftrightarrow d \leq {(x + \frac{9}{2})}^{2} \Rightarrow

??? auch hier hackt es jetzt

Supremum

0 \Rightarrow

offensichtlich die kleinste obere Schranke da die Werte nur

\leq 0

sein dürfen; würde das als Begründung reichen?

da

0 \in M (- 9^{2} + 9 \cdot (- 9) = 0)

auch Maximum

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Extrema (Mathematischer Grundbegriff)

IPanic aktiv_icon

21:57 Uhr, 22.09.2016

Deine erste Menge hast du nicht richtig angegeben, denn

\frac{1}{n + m}

ist keine Bedingung.

Zur zweiten Menge:

0 \geq x^{2} + 9 x

und

x \in ℝ_{< 0} \Leftrightarrow 0 \leq x + 9

und

x \in ℝ_{< 0} \Leftrightarrow - 9 \leq x < 0

Also ist

M = [- 9,0 [

. Daraus folgt direkt

min M = - 9

und somit auch inf

M = - 9

(Wenn

M \subseteq ℝ

und

a = min M

existiert, so ist auch

a =

inf

M)

. Es bleibt zu zeigen, dass supremum

M = 0

.
Beweis. Sei

ε > 0

beliebig. Wir müssen ein

x \in M

mit

x > - ε

finden. Da

- ε < 0

ist auch

- \frac{ε}{2} < 0

und insbesondere gilt

- ε < - \frac{ε}{2} < 0, d . h

x := max {- 9, - \frac{ε}{2}} \in M

leistet das Gewünschte. Da 0 offensichtlich eine obere Schranke von

M

ist, ist damit supremum

M = 0

bewiesen.
Übrigens

0 \notin ℝ_{< 0},

also auch

0 \notin M

jma23 aktiv_icon

08:11 Uhr, 23.09.2016

Zur ersten Menge:

Es ist doch gar keine Bedigung nötig - es sind halt alle Zahlen die man mit

n + m \in ℕ

bilden kann also

{\frac{1}{2} \frac{1}{3} \frac{1}{4} \frac{1}{5} ...}

Zur zweiten:

Das Supremum ist doch immer ein Wert der Menge und nicht die Werte die ich in

x

einsetzten darf.

Also ist doch

0 \in M

da wie gesagt

- 9^{2} + 9 \cdot (- 9)

null ist??

Und kann ich denn mit der offensichtlichkeit argumentieren?

IPanic aktiv_icon

16:11 Uhr, 23.09.2016

Hi,
dann meinst du die Menge

M = {\frac{1}{n + m} | n, m \in ℕ}

. Du hast richtig gezeigt, dass supremum

M = \frac{1}{2}

. Du hättest jedoch nicht nachweisen müssen, dass es keine kleinere obere Schranke gibt, denn

\frac{1}{2} \in M

.

Um zu zeigen, dass inf

M = 0

ist nutzt du am besten, dass die Menge der natürlichen Zahlen nicht nach oben beschränkt ist. Daraus folgt direkt, dass

\forall ε > 0 \exists n \in ℕ : \frac{1}{n} < ε

.
Sei nun

ε > 0

beliebig. Wir müssen ein

x \in M

mit

x < ε

finden.
Aus obigem folgt, dass ein

k \in ℕ

existiert mit

\frac{1}{k} < \frac{ε}{2}

.
Zeigst du jetzt noch, dass für alle

n, m \in ℕ

gilt:

\frac{1}{n + m} < \frac{1}{n} + \frac{1}{m}

dürfte der Rest des Beweises kein Problem sein.

Zur zweiten Menge:

0 \notin ℝ_{< 0}

. Wie kann denn dann

0 \in M

sein?! Jedes

x \in M

erfüllt doch

x \in ℝ_{< 0}

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