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sup 1/A = 1/(inf A)

Schüler Ausbildungsstätte,

Tags: Infimum, Supremum

SoNyu

19:02 Uhr, 16.08.2013

Hi,

ich hätte ein paar Fragen zu folgender Aufgabe:

Sind alle

a \in A

von Null verschieden, so sei

\frac{1}{A} := {\frac{1}{a} : a \in A} .

Zeige:

Ist

inf A > 0

, so ist

sup \frac{1}{A} = \frac{1}{inf A}

Hinweis: Sei

α := inf A

;betrachte

\frac{1}{α} - \frac{1}{a}

für

a \in A

.

Ich würde jetzt so vorgehen, dass ich das ganze nur für

a > 0

betrachte. Den wenn ich ja alle

a

betrachten würde, dann hätte die Menge gar kein Supremum oder Infimum, oder? Diese Menge wäre überhaupt nicht beschränkt und würde gegen

\infty

bzw.

- \infty

gehen. Sehe ich hier irgendwas falsch?

Wenn ich also

a > 0

annehme, dann habe ich auch direkt, mit Null, meine untere Schranke gefunden, weshalb dann

A

wie auch

\frac{1}{A}

ein Infimum besitzt.

Meine Frage ist jetzt also erstmal, ob ich hier eine solche Einschränkung für

a

wählen muss?
Wie ich dann den Rest angehe, dazu habe ich mir noch keine Gedanken gemacht.

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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21:20 Uhr, 16.08.2013

In der Aufgabenstellung wird doch schon

i n f (A) > 0

vorausgesetzt. Und daraus ergibt sich unmittelbar

\forall a \in A : a \geq i n f (A) > 0

SoNyu

21:34 Uhr, 16.08.2013

Achso, ich dachte dies wäre noch zu zeigen.
Wären meine Gedanken den Prinzipiell richtig, wenn es nicht schon bereits festgelegt wäre?

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21:39 Uhr, 16.08.2013

Ja man muss das (also

i n f (A) > 0)

voraussetzen damit die behauptete Aussage stimmt.

SoNyu

21:45 Uhr, 16.08.2013

Okay :-)

An die Aufgabe werde ich mich dann morgen setzen. Jetzt bin ich zu müde und gehe schlafen.
Vielen Dank schon mal für deinen Beistand.

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21:48 Uhr, 16.08.2013

Gute Nacht.

SoNyu

21:27 Uhr, 17.08.2013

Ich könnte heulen... Irgendwie hasst mich meine Internetverbindung, den ich habe immer dann einen Verbindungsabbruch wenn ich gerade meine Frage erstellt habe und dann auf abschicken drücke. Das passiert mir jetzt schon zum dritten mal. :'(

Deshalb halte ich mich jetzt erstmal kürzer.

Ich habe also

α := inf A > 0

und somit

a \geq α > 0

Daraus folgt doch nun direkt

0 < \frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}

Weshalb

\frac{1}{A}

ein Supremum besitzt (1/A ist nach oben beschränkt)
Kann ich für dieses Supremum

S

nun auch direkt

\frac{1}{α}

annehmen? (Dann wäre ich ja direkt fertig. Das kann ja irgendwie nicht sein)

Jedenfalls existiert zu beliebigem positiven

ε

, dass es ein

\frac{1}{a_{0}}

mit

\frac{1}{a_{0}} > S - ε

nun sei

ε := \frac{1}{a}

(um mich an den Hinweis zu halten und Epsilon darf ja ohnehin beliebig gewählt werden)

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21:46 Uhr, 17.08.2013

Ja dass

\frac{1}{α}

obere Schranke von

\frac{1}{A}

ist folgt wirklich unmittelbar. Es bleibt aber noch zu zeigen, dass

\frac{1}{α}

das Supremum von

\frac{1}{A}

ist. Hierfür würde ich gar nicht mit

ε

arbeiten (auch wenn es geht) sondern würde die Annahme, dass

β

mit

0 < β < \frac{1}{α}

obere Schranke von

\frac{1}{A}

ist zum Widerspruch führen.

SoNyu

21:54 Uhr, 17.08.2013

Okay, ich würde dann jetzt aber erstmal dabei bleiben es direkt zu zeigen. Danach kann ich es dann noch gerne durch Widerspruch probieren.

Ich hätte jedoch noch eine allgemeine Frage zu dem ganzen.
Und zwar würde ich mir diese Mengen, also A und 1/A als Funktionen darstellen. Dann wäre A eine Gerade und 1/A eine Hyperbel, die sich der Null annähert.
Diese Hyperbel hätte aber dann doch keine obere Schranke. Oder ist die Veranschaulichung durch eine Funktion falsch?

Dann müsste ich jetzt erstmal mit

\frac{1}{a_{0}} > S - \frac{1}{a}

weiter arbeiten und nun auf diesen Weg

S = \frac{1}{α}

ermitteln.

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22:05 Uhr, 17.08.2013

Du musst halt aufpassen, dass die Menge

A

die du dir vorstellst

i n f (A) > 0

erfüllt, dann muss auch folgen, dass

\frac{1}{A}

nach oben beschränkt ist.

Wegen

α = i n f (A)

weißt du:

\forall ε > 0 \exists x \in A : x < α + ε

\frac{1}{α} = s u p (\frac{1}{A})

ist nun äquivalent damit dass einerseits

\frac{1}{α}

obere Schranke von

\frac{1}{A}

ist und andererseits

\forall ε > 0 \exists x \in \frac{1}{A} : x > \frac{1}{α} - ε

Dass

\frac{1}{α}

obere Schranke von

\frac{1}{A}

ist hast du schon gezeigt, es fehlt der zweite Teil.
Benutze nun

\forall ε > 0 \exists x \in A : x < α + ε

\forall ε > 0 \exists x \in \frac{1}{A} : x > \frac{1}{α} - ε

zu zeigen.

SoNyu

22:23 Uhr, 17.08.2013

Ah, okay.
Ich schließe eigentlich dann so gesehen von der Definition des Infimums auf das Supremum und nicht wie ich es vorhatte von dem Supremum auf das Infimum zu schließen um die Gleichheit zu zeigen.
Dabei muss ich dann zeigen, dass es sich bei der oberen Schranke auch um die kleinst mögliche handelt.

Ich glaube mein Denkfehler mit den Funktionen war es, dass ich angenommen habe, dass diese dann unendlich wären. Wenn die Mengen endlich sind, dann gibt es keine Probleme.

Wie ich jetzt weiter vorgehe, da scheitere ich gerade leider noch dran.
Es bringt nichts wenn ich die Ungleichungen

x < α + ε

und

x > \frac{1}{α} - ε

umstelle, dass beide "gleichsinnig" sind und dann einfach miteinander addiere?

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22:40 Uhr, 17.08.2013

Gebe dir ein

ε_{1}

mit

0 < ε_{1} < \frac{1}{α}

vor dann ist auch

ε_{2} := \frac{α^{2} ε_{1}}{1 - α ε_{1}} > 0

. Auf

ε_{2}

wendest du nun die Aussage des Infimums an und kannst daraus dann die gewünschte Aussage herleiten.
Dann hast du zwar nur

\forall ε \in (0, \frac{1}{α}) \exists x \in \frac{1}{A} : x > \frac{1}{α} - ε

gezeigt, aber man kann sich schnell überlegen, dass das ausreichend ist.

SoNyu

22:45 Uhr, 17.08.2013

Ah, cool ich hatte vorhin eine ähnliche Rechnung fabriziert. Bloß hatte ich da nur die Ungleichungen mit einander addiert.

Jedenfalls wird es für mich wieder Zeit fürs Bett. Ich hoffe ich kann es dann morgen zu ende bringen. Sollte mich dann auch mal etwas zeitiger daran setzen.

Vielen Dank, gute Nacht.

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23:21 Uhr, 17.08.2013

Vielleicht erinnerst du dich noch an deine Aufgabe mit

s u p (- A) = i n f (A)

. Dort war das bisschen einfacher da man wegen der Symmetrie

ε_{2} = ε_{1}

wählen konnte. Hier muss man aber aufpassen, da aus

x < α + ε

ja nur

\frac{1}{x} > \frac{1}{α + ε}

folgt und nicht zwingend

\frac{1}{x} > \frac{1}{α} - ε

was man gerne hätte. Die Idee wie man hier einen geeigneten Zusammenhang zwischen

ε_{1}

und

ε_{2}

finden kann ist also die folgende: Wir haben

\frac{1}{x} > \frac{1}{α + ε_{2}} \overset{!}{=} \frac{1}{α} - ε_{1}

und müssen also die Gleichung

\frac{1}{α + ε_{2}} = \frac{1}{α} - ε_{1}

nach

ε_{2}

auflösen. Dann muss man

ε_{1}

allerdings noch so einschränken, dass stets

ε_{2} > 0

garantiert ist.

SoNyu

12:37 Uhr, 18.08.2013

Wenn ich diese Gleichung nach

ε_{2}

auflösen, dann erhalte ich:

ε_{2} = \frac{ε_{1}}{\frac{1}{α} - ε_{1}}

Weshalb

\frac{1}{α} > ε_{1}

gelten muss, damit

ε_{2} > 0

gilt.

Denn

ε_{1}, ε_{2}, \frac{1}{α}

sind größer als Null. Daher muss im Nenner auch etwas positives stehen, damit es auch positiv bleibt, weshalb obiges gelten muss.

Deshalb würde

\frac{1}{x} > \frac{1}{α} - ε_{1}

durch

\frac{1}{x} > \frac{1}{α} - \frac{1}{α}

erhalten bleiben, was mich ja nicht unbedingt weiter bringt.

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13:16 Uhr, 18.08.2013

Du hast dich verrechnet, es muss

ε_{2} = \frac{α^{2} ε_{1}}{1 - α ε_{1}}

herauskommen. Gibst du dir nun ein beliebiges

ε_{1}

mit

0 < ε_{1} < \frac{1}{α}

vor, dann ist

ε_{2} = \frac{α^{2} ε_{1}}{1 - α ε_{1}} > 0

also existiert ein

x \in A

mit

x < α + \frac{α^{2} ε_{1}}{1 - α ε_{1}}

Forme das nun um zur gewünschten Aussage:

\exists x \in \frac{1}{A} : x > \frac{1}{α} - ε_{1}

SoNyu

13:49 Uhr, 18.08.2013

Ja, hab in einem Rechenschritt auf den nächsten auf einmal das hoch 2 über dem Alpha verloren.

Von

x < α + \frac{α^{2} ε_{1}}{1 - α ε_{1}}

komme ich auf

x < \frac{1}{\frac{1}{α} - ε_{1}}

Jetzt wird denke ich mal der Kehrwert auf der rechten Seite bebildet, also

x > \frac{1}{α} - ε_{1}

Das entspricht ja nun der Definition des Supremums, also ist

\frac{1}{α}

tatsächlich ein Supremum von

\frac{1}{A}

Also ist

sup \frac{1}{A} = inf A

Stimmts?

Dabei hätten wir ja gar nicht den Hinweis verwendet?

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17:43 Uhr, 18.08.2013

Ja das war die Idee dahinter. Unten meinst du aber sicherlich

s u p (\frac{1}{A}) = \frac{1}{i n f (A)}

SoNyu

18:04 Uhr, 18.08.2013

Ich bin nun also fertig.

Dann würde ich nun den Widerspruchsbeweis probieren, also dass

β

mit

0 < β < \frac{1}{α}

Eine obere Schranke von

\frac{1}{A}

ist.
Dann müsste

β \geq \frac{1}{a}

für alle

a \in \frac{1}{A}

sein.

Für

\frac{1}{a}

gilt jedoch

0 < \frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}

Deshalb kann

β

nicht größer sein als

\frac{1}{a}

, weil

\frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}

gilt und

β

selbst kleiner als

\frac{1}{α}

sein muss, weshalb es, im Widerspruch zur Annahme, nicht größer als

\frac{1}{a}

sein kann.

Wars das? Bzw. ist das überhaupt richtig? Dann wäre das ja viel kürzer/einfacher.
Ich hoffe das ist jetzt nicht gnadenlos falsch.

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20:00 Uhr, 18.08.2013

Ich seh da nicht so recht durch bei dir.
"Dann müsste $β \geq \frac{1}{a}$ für alle $a \in \frac{1}{A}$ sein."
Nein, es müsste

β \geq \frac{1}{a}

für alle

a \in A

sein.
Und was du danach schreibst macht für mich auch keinen Sinn.
Arbeite mit

β \geq \frac{1}{a}

für alle

a \in A

weiter und versuche das dann so umzuformen, dass du eine untere Schranke von

A

ablesen kannst.

SoNyu

20:43 Uhr, 18.08.2013

Edit:

Moment, hier stand blödsinn...

SoNyu

00:09 Uhr, 20.08.2013

Soll ich hier auch mit der Definition des Infimums arbeiten, oder wie ist das mit den Umformungen gemeint? Ich verstehe nicht genau worauf das abzielt.

Also ich weiß ja im Prinzip drei Dinge:

0 < β < \frac{1}{α}

β \geq \frac{1}{a}

für alle

a \in A

und

0 < \frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}

Dann gilt ja auch diese Ungleichung:

\frac{1}{a} \leq β < \frac{1}{α}

Weil aber auch

\frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}

gelten muss, muss

β = \frac{1}{a}

sein?
Also existiert keine Zahl

> \frac{1}{a}

die noch untere Schranke von

A

sein kann.

Daher muss

\frac{1}{a}

das Infimum sein.

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19:57 Uhr, 20.08.2013

"Weil aber auch $\frac{1}{a} \leq \frac{1}{α}$ gelten muss, muss $β = \frac{1}{a}$ sein?"
Das kann ich nicht nachvollziehen.
Du hast

β \geq \frac{1}{a}

für alle

a \in A

also

a \geq \frac{1}{β}

für alle

a \in A

. Warum ist das nun ein Widerspruch zu "

α

ist Infimum von

A

SoNyu

20:36 Uhr, 20.08.2013

Das hatten wir doch oben bereits so aufgeschrieben, dass dies gelten muss.

Und wenn

β

nun echt größer wäre als

\frac{1}{a}

, dann kann nicht mehr die Beziehung bestehen, dass

\frac{1}{a}

auch gleich

\frac{1}{α}

sein kann, weshalb

β

und

\frac{1}{a}

das selbe sein müssen. So hatte ich das gedacht.

Besteht der Widerspruch nun darin, dass

\frac{1}{β}

größer als das Infimum von

A

ist, was heißen würde, dass

α

nicht die größte untere Schranke sein würde?

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23:58 Uhr, 20.08.2013

Zu den letzten zwei Zeilen: Ganz genau!

SoNyu

00:18 Uhr, 21.08.2013

Okay, vielen Dank.
Der Widerspruchsbeweis ist hier ja wirklich leichter. :-)

Danke für die Hilfe.

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11:23 Uhr, 21.08.2013

Gern geschehen.

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