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Nach oben beschränkte Menge

Schüler Ausbildungsstätte,

Tags: Beschränkt, Durschnitt, Menge, Vereinigung

SoNyu

04:29 Uhr, 24.07.2013

Hi,

ich bräuchte etwas Hilfe bei folgender Aufgabe:

Die Vereinigung endlich vieler nach oben beschränkter Mengen ist wieder nach oben beschränkt.
Der Durchschnitt einer nach oben beschränkten Menge mit einer beliebigen Menge ist ebenfalls nach beschränkt.

Nach oben beschränkt heißt ja, dass es ein

a \in ℝ

gibt, so dass alle

x \leq a

für alle

x

aus

M

sind.

Ich würde mir jetzt die Menge folgender Maßen definieren.

A := {⋃_{k = 1}^{n} M_{k} ∣ x \leq a, \forall x \in M_{k}}

Zu erst die Aufgabe mit dem Durchschnitt.
Laut einem Beispiel ist die leere Menge nach oben (und auch nach unten) beschränkt.

Ich kann also einfach

A

mit

\emptyset

schneiden, da ich diese Menge ja beliebig wählen darf.

A \cap \emptyset = \emptyset

Und die leere Menge ist ja laut diesem Beispiel nach oben beschränkt.

Kann ich das so machen?

Zu der Vereinigung:

Hier habe ich die Menge

A

ja eigentlich so definiert (und ich hoffe ich habe es auch korrekt aufgeschrieben was ich meinte), dass sie der Definition von "nach oben beschränkt" genügt.
Also ist diese Vereinigung auf jeden Fall auch nach oben beschränkt.

Wäre das korrekt?

Vielen Dank im Voraus.

Mfg

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

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11:29 Uhr, 24.07.2013

Hallo,

du bist lustig ;-) Du sollst natürlich nicht eine beliebige Menge finden, so dass der Durchschnitt dieser Menge mit einer nach oben beschränkten Menge wieder nach oben beschränkt ist, sondern du sollst zeigen, dass der Durchschnitt aus einer nach oben beschränkten Menge und egal welcher anderen Menge wieder nach oben beschränkt ist. Eigentlich ist das leicht einzusehen.

A \cap B \subseteq A

gebe ich dir mal als Hinweis.

Bei der anderen Aufgabe musst du auch aufpassen. Du kannst

A := ⋃_{k = 1}^{n} M_{k}

definieren, also du willst die rechte Seite dann nicht mehr in Mengenklammern packen.
Du weißt nun, dass jedes

M_{k}

nach oben beschränkt ist. Eine obere Schranke zu

M_{k}

kannst du als

m_{k}

bezeichnen. Kannst du nun eine obere Schranke

a

von

A

in Abhängigkeit der

m_{k}' s

angeben?

SoNyu

12:19 Uhr, 24.07.2013

{max}_{k = 1}^{n} m_{k}

Eigentlich sind ja bloß die Maxima meiner Mengen die ich vereinige interessant. Dann wähle ich die obere Schranke so, dass sie eben das Maximum der Maxima übertrifft.

Wenn

A \cap B \subseteq A

ist, dann hat sie unter anderem die gleiche obere Schranke wie

A

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13:23 Uhr, 24.07.2013

Ja und ja.

SoNyu

13:25 Uhr, 24.07.2013

Mein Problem ist nun, dass ich nicht weiß ob das reicht, oder ich es auch noch beweisen müsste.

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13:33 Uhr, 24.07.2013

Du musst das noch einigermaßen sauber aufschreiben.
Zum Beispiel so: Sei

A

eine nach oben beschränkte Menge

(a

bezeichne eine obere Schranke von

A)

und

B

eine beliebige Menge. Dann folgt

A \cap B \subseteq A

mit der Definition des Durchschnitts. Für jedes

x \in A \cap B

gilt also auch

x \in A

und folglich

x \leq a

a

ist dann also auch schon eine obere Schranke von

A \cap B

womit

A \cap B

nach oben beschränkt ist.
Und bei der anderen Aufgabe musst du begründen warum

{max}_{k = 1}^{n} m_{k}

dann obere Schranke von

A

ist. Also: Sei

x \in A

dann

. .

. und somit

x \leq {max}_{k = 1}^{n} m_{k}

. Das

. .

. ist von dir auszufüllen ;-)

SoNyu

13:49 Uhr, 24.07.2013

Sei

x \in A

dann ist

x \leq a

(weil die Menge eine Vereinigung von nach oben beschränkten Mengen ist und es daher eine solche obere Schranke

a

geben muss.) für alle

x \in A

und somit

x \leq {max}_{k = 1}^{n} m_{k}

und damit die kleinste obere Schranke von

A

.

Ich habe irgendwie das Gefühl, dass

x \leq a

und

x \leq {max}_{k = 1}^{n} m_{k}

von der Aussage her identisch sind, weshalb mir dieser Schluss nicht wirklich viel bringt.
Außerdem bezweifel ich, dass ich einfach

x \leq a

annehmen darf, weil dann gäbe es ja nichts mehr zu zeigen.

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14:20 Uhr, 24.07.2013

Dass es ein

a

gibt, so dass

x \leq a

für alle

x \in A,

ist ja gerade zu zeigen. Du behauptest, dass du

a = {max}_{k = 1}^{n} m_{k}

wählen kannst. Um zu zeigen, dass

{max}_{k = 1}^{n} m_{k}

nun auch wirklich eine obere Schranke von

A

ist, musst du nachweisen, dass

\forall x \in A : x \leq {max}_{k = 1}^{n} m_{k}

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