Monotonie fallend und steigend < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Welche der folgenden Funktionen sind, bezüglich der Ordnungen [mm] \leq[/mm] bzw. [mm]\subseteq[/mm],monoton steigend/monoton fallend.
Geben Sie einen Beweis/ein Gegenbeispiel an. Im Folgenden sei N die Menge der natürlichen Zahlen einschließlich der 0.
a) [mm]f : \IN \to \IZ[/mm] mit [mm]f(x) = x - x^2[/mm]
b) [mm]f: P( \IZ) \to P( \IZ)[/mm] mit [mm]f(X) = \left \{x - 2 | x \epsilon X \right \}[/mm]
c) [mm]f: P( \IN) \to P( \IN)[/mm] mit [mm]f(X) = \left \{ 2k + 1 | k \in \IN \setminus X \right \}[/mm] |
Hi,
ich habe Schwierigkeiten mit den beiden Aufgaben trotz folgender vorliegender Lösung.
a) f ist monoton fallend. Falls [mm]x \leq y[/mm] [mm]\epsilon[/mm][mm] \IN[/mm], dann x = y + n und f(y) - f(x) = (x + n) - [mm](x + n)^2[/mm] - [mm]x + x^2[/mm]
= n - 2nx - [mm]n^2[/mm] = n*(1 - 2x - n) [mm] \leq[/mm] 0, da entweder n = 0 oder [mm]n \geq 1[/mm].
f ist nicht monoton steigend, da f(1) = 0 und f(2) = -2.
b) f ist monoton steigend. Sei [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm] und [mm]y \in f(X_1)[/mm]. Dann ist y+2 [mm] \in X_1[/mm], also y+2 [mm] \in X_2[/mm], und damit y [mm]\in f(X_2)[/mm].
f ist nicht monoton fallend. Sei [mm]X_1[/mm] = {} und [mm]X_2[/mm] = {2} also [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm]. Dann ist [mm]f (X_1) = {}[/mm] {} und [mm]f (X_2)[/mm] = {0}, also [mm]f (X_1)[/mm] NICHT [mm]\supseteq f(X_2)[/mm].
c) f ist monoton fallend, aber nicht monoton steigend. Hier einige Werte:
X {} {1} [mm] \IN[/mm]
f(X) [mm]2 \IN + 1[/mm] [mm]2 \IN + 1 \setminus[/mm]{3} {}
Sei [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm] und [mm]y \in f(X_2)[/mm]. Dann ist y = 2k + 1 mit [mm]k \not\in X_2[/mm]. Damit [mm]k \not\in X_1[/mm], also [mm]y \in f(X_1)[/mm]. Folglich ist f monoton fallend.
Wo ich bei der a) noch nachvollziehen kann, warum f nicht monoton steigend ist, da man das durch Einsetzen sieht, verstehe ich dabei den Beweis für monoton fallend nicht.
b) und c) kann ich so nicht nachvollziehen. Mir war die Monotonie bisher entweder durch Einsetzen oder durch die Ableitung bekannt.
Gibt es denn einen leichteren Weg als die o.g. Beweise? Oder kann mir diese bitte jemand intuitiv erklären?
Vielen Dank!
Gruß Ptolemaios
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:55 So 21.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Welche der folgenden Funktionen sind, bezüglich der
> Ordnungen [mm] \leq[/mm] bzw. [mm]\subseteq[/mm],monoton steigend/monoton
> fallend.
> Geben Sie einen Beweis/ein Gegenbeispiel an. Im Folgenden
> sei N die Menge der natürlichen Zahlen einschließlich der
> 0.
>
> a) [mm]f : \IN \to \IZ[/mm] mit [mm]f(x) = x - x^2[/mm]
> b) [mm]f: P( \IZ) \to P( \IZ)[/mm] mit [mm]f(X) = \left \{x - 2 | x \epsilon X \right \}[/mm]
>
> c) [mm]f: P( \IN) \to P( \IN)[/mm] mit [mm]f(X) = \left \{ 2k + 1 | k \in \IN \setminus X \right \}[/mm]
>
>
>
>
> Hi,
>
> ich habe Schwierigkeiten mit den beiden Aufgaben trotz
> folgender vorliegender Lösung.
>
> a) f ist monoton fallend. Falls [mm]x \leq y[/mm] [mm]\epsilon[/mm][mm] \IN[/mm],
> dann x = y + n und f(y) - f(x) = (x + n) - [mm](x + n)^2[/mm] - [mm]x + x^2[/mm]
>
> = n - 2nx - [mm]n^2[/mm] = n*(1 - 2x - n) [mm] \leq[/mm] 0, da entweder
> n = 0 oder [mm]n \geq 1[/mm].
> f ist nicht monoton steigend, da
> f(1) = 0 und f(2) = -2.
>
>
> b) f ist monoton steigend. Sei [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm] und [mm]y \in f(X_1)[/mm].
> Dann ist y+2 [mm]\in X_1[/mm], also y+2 [mm]\in X_2[/mm], und damit y [mm]\in f(X_2)[/mm].
>
> f ist nicht monoton fallend. Sei [mm]X_1[/mm] = {} und [mm]X_2[/mm] = {2}
> also [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm]. Dann ist [mm]f (X_1) = {}[/mm] {} und [mm]f (X_2)[/mm] =
> {0}, also [mm]f (X_1)[/mm] NICHT [mm]\supseteq f(X_2)[/mm].
>
>
> c) f ist monoton fallend, aber nicht monoton steigend.
> Hier einige Werte:
> X {} {1} [mm] \IN[/mm]
> f(X)
> [mm]2 \IN + 1[/mm] [mm]2 \IN + 1 \setminus[/mm]{3} {}
>
> Sei [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm] und [mm]y \in f(X_2)[/mm]. Dann ist y = 2k
> + 1 mit [mm]k \not\in X_2[/mm]. Damit [mm]k \not\in X_1[/mm], also [mm]y \in f(X_1)[/mm].
> Folglich ist f monoton fallend.
>
>
>
> Wo ich bei der a) noch nachvollziehen kann, warum f nicht
> monoton steigend ist, da man das durch Einsetzen sieht,
> verstehe ich dabei den Beweis für monoton fallend nicht.
das ist auch teilweise unschön aufgeschrieben (ich schreibe nun [mm] $\IN_0$ [/mm] statt [mm] $\IN$ [/mm] -
bei Euch scheint mir $0 [mm] \in \IN$ [/mm] zu gelten, was ich anders benutze!):
Für $x [mm] \le [/mm] y$ gibt es (wegen $x,y [mm] \in \IN_0$) [/mm] ein $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] mit [mm] $y=x+n\,.$ [/mm] (Das ist soweit
klar, oder?)
Nun berechnen wir $f(y)-f(x)$ - und wenn diese Differenz - für alle $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] - [mm] $\le [/mm] 0$ ist,
dann ist [mm] $f\,$ [/mm] monoton fallend - wenn sie "stets" [mm] $\ge [/mm] 0$ wäre, dann wäre [mm] $f\,$ [/mm]
monoton steigend. (Ist das soweit klar?)
Wegen [mm] $y=x+n\,$ [/mm] folgt
$f(y)-f(x)=f(x+n)-f(x)=...=n*(1-2x-n)$
Am Ende stehen zwei Faktoren:
1. Faktor: $n$
2. Faktor: $1-2x-n=(1-n)-2x$
Der erste Faktor ist sicher [mm] $\ge [/mm] 0$ wegen $n [mm] \in \IN_0\,.$ [/mm] Der zweite Faktor
ist für $n [mm] \ge [/mm] 1$ sicherlich [mm] $\le 0\,,$ [/mm] denn dann ist schon $1-n [mm] \le 0\,,$ [/mm] und $-2x [mm] \le [/mm] 0$ gilt
wegen $x [mm] \in \IN_0\,.$
[/mm]
1. Zwischenergebnis: Für alle $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] mit $n [mm] \ge [/mm] 1$ ist der 1. Faktor
[mm] $\ge 0\,,$ [/mm] der 2. Faktor [mm] $\le [/mm] 0$ und damit $f(y)-f(x)$ als Produkt des 1. Faktors
mit dem 2. Faktor dann [mm] $\le [/mm] 0:$
Anders gesagt:
[mm] $f(y)-f(x)=\underbrace{\text{1. Faktor}}_{\ge 0}\;\;\;*\;\;\;\underbrace{\text{2. Faktor}}_{\le 0} \;\;\le\;\;0\,.$
[/mm]
Und eigentlich könnten wir hier schon aufhören, denn:
Im Wesentlichen interessieren wir uns, wie es mit [mm] $f(y)-f(x)\,$ [/mm] aussieht, wenn der
Abstand zwischen [mm] $x\,$ [/mm] und [mm] $y\,,$ [/mm] beide aus [mm] $\IN_0,$ [/mm] und $y [mm] \ge [/mm] x$ gilt, ein "echter" Abstand ist
(also eigentlich $y > x$) - und daher wissen wir an dieser Stelle hier schon,
dass [mm] $f\,$ [/mm] monoton fallend ist.
Denn natürlich wird im Falle [mm] $y=x\,$ [/mm] einfach $f(y)-f(x)=f(x)-f(x)=0$ sein.
Das wird jetzt nochmal - ein wenig unnötig und umständlich - bei Euch
bewiesen, wenn ich das mal "überspitzt" hinschreibe, steht bei Euch
(als Zwischenergebnis, welches bei mir das 2. Zwischenergebnis wäre):
Ist $x [mm] \le [/mm] y$ mit [mm] $y=x+0\,,$ [/mm] so gilt:
$f(y)-f(x)=f(x+0)-f(x)=...=0*(1-2x-0)$
Und natürlich steht dann am Ende auch da, dass da $f(y)-f(x)=0$ (für [mm] $y=x\,$) [/mm] und damit auch
insbesondere $f(x)-f(x)=0$ und damit insbesondere $f(x)-f(x) [mm] \le [/mm] 0$ gilt.
Daher mal mein Hinweis:
Wenn jemand den Beweis so führt, wie ihr das gemacht habt, dann sollte
man sagen:
- [mm] $f\,$ [/mm] heißt monoton wachsend bzw. streng monoton wachsend, wenn aus $x < y$ stets folgt
$f(x) [mm] \le [/mm] f(y)$ bzw. $f(x) < f(y)$
(Bei "monoton wachsend" könnte man auch die Voraussetzung $x < [mm] y\,$
[/mm]
durch $x [mm] \le [/mm] y$ ersetzen - bei "streng wachsend" geht dies NICHT!)
Dann geht der Beweis oben nämlich so:
Seien $x,y [mm] \in \IN_0$ [/mm] mit $x < [mm] y\,.$ [/mm] Dann gibt es ein $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] so, dass
$y=x+n$ mit $n [mm] \ge 1\,.$
[/mm]
Es folgt
[mm] $f(y)-f(x)=...=n*(1-2x-n)=\underbrace{\text{1. Faktor}}_{\ge 0}*\underbrace{\text{2. Faktor}}_{\le 0}\;\;\le\;\;0$ [/mm]
Denn: der 1. Faktor [mm] $n\,$ [/mm] ist wegen $n [mm] \ge [/mm] 1$ und $1 [mm] \ge [/mm] 0$ auch stets [mm] $\ge 0\,.$
[/mm]
Weil $n [mm] \ge [/mm] 1$ ist, ist $1-n [mm] \le 0\,.$ [/mm] Wegen $x [mm] \in \IN_0$ [/mm] ist $-2x [mm] \le [/mm] 0$ und daher
ist der 2. Faktor $1-n-2x$ sicher [mm] $\le [/mm] 0$ für alle $n [mm] \ge 1\,.$
[/mm]
P.S. Du kannst Dir das Ganze vielleicht auch mal "alternativ" klarmachen,
indem Du einfach jedes [mm] $n\,$ [/mm] "per Definitionem" durch
$n=y-x$ ( [mm] $\ge [/mm] 0$ - bzw. wenn Du es so machst, wie ich es vorgeschlagen habe und
auch $y > x$ voraussetzt: $n=y-x > 0$ bzw. $n=y-x [mm] \ge [/mm] 1$)
ersetzt!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:01 Mo 22.07.2013 | | Autor: | Ptolemaios |
Hallo Marcel,
herzlichen Dank für deine ausführliche Antwort, sie hat mir sehr weitergeholfen!
Gruß Ptolemaios
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:59 Mo 22.07.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Welche der folgenden Funktionen sind, bezüglich der
> Ordnungen [mm] \leq[/mm] bzw. [mm]\subseteq[/mm],monoton steigend/monoton
> fallend.
> Geben Sie einen Beweis/ein Gegenbeispiel an. Im Folgenden
> sei N die Menge der natürlichen Zahlen einschließlich der
> 0.
>
> b) [mm]f: P( \IZ) \to P( \IZ)[/mm] mit [mm]f(X) = \left \{x - 2 | x \epsilon X \right \}[/mm]
> b) f ist monoton steigend. Sei [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm] und [mm]y \in f(X_1)[/mm].
> Dann ist y+2 [mm]\in X_1[/mm], also y+2 [mm]\in X_2[/mm], und damit y [mm]\in f(X_2)[/mm].
>
> f ist nicht monoton fallend. Sei [mm]X_1[/mm] = {} und [mm]X_2[/mm] = {2}
> also [mm]X_1 \subseteq X_2[/mm]. Dann ist [mm]f (X_1) = {}[/mm] {} und [mm]f (X_2)[/mm] =
> {0}, also [mm]f (X_1)[/mm] NICHT [mm]\supseteq f(X_2)[/mm].
auch hier ist es eigentlich das Gleiche: [mm] $f\,$ [/mm] heißt (hier) monoton wachsend,
wenn für alle $X,Y [mm] \in P(\IZ)$ [/mm] gilt:
Aus $X [mm] \subseteq [/mm] Y$ folgt stets $f(X) [mm] \subseteq f(Y)\,.$
[/mm]
(Besser: Aus $X [mm] \subsetneqq [/mm] Y$ folgt stets $f(X) [mm] \subseteq [/mm] f(Y).$)
(Nebenbei sollte man auch mal erwähnen, dass man begründen sollte, warum in
der Tat $f [mm] \colon P(\IZ) \to \red{P(\IZ)}$ [/mm] gilt: Für jedes $z [mm] \in \IZ$ [/mm] ist halt $z-2 [mm] \in \IZ\,.$ [/mm] Damit bekommt man
das leicht begründet!)
Nun macht man folgendes:
Wir setzen $X,Y [mm] \in P(\IZ)$ [/mm] mit $X [mm] \subseteq [/mm] Y$ voraus. Das heißt, es gilt $X,Y [mm] \subseteq \IZ$ [/mm] und $X [mm] \subseteq Y\,.$
[/mm]
Zu beweisen ist nun, dass dann auch $f(X) [mm] \subseteq [/mm] f(Y)$ gilt, anders gesagt,
wir haben zu begründen:
[mm] $\forall [/mm] u [mm] \in [/mm] f(X)$ gilt $u [mm] \in f(Y)\,.$
[/mm]
(Ich nutze etwas andere Notationen wie ihr.)
Sei also $u [mm] \in [/mm] f(X)$ beliebig. Dann gibt es - nach Definition von [mm] $f\,$ [/mm] - ein $z [mm] \in [/mm] X [mm] \subseteq \IZ$ [/mm]
mit [mm] $u=z-2\,.$ [/mm]
(Wir können dies auch einfach konkret angeben - ein solches [mm] $z\,$ [/mm] ist
sogar eindeutig bestimmt: Genau $z:=u+2 [mm] \in \IZ$ [/mm] "tut's". (Man beachte $u [mm] \in \IZ$!)
[/mm]
Aber eigentlich braucht man das nicht, obwohl es bei Euch benutzt wird.
Vermutlich einfach deshalb, weil das Ganze dann "handfester" wirkt...)
Wir wissen: Wegen $z [mm] \in [/mm] X [mm] \subseteq \IZ$ [/mm] ist $u=z-2 [mm] \in f(X)\,.$ [/mm] Wegen $X [mm] \subseteq [/mm] Y$ ist aber auch $z [mm] \in [/mm] Y [mm] \subseteq \IZ$ [/mm]
und daher auch $z-2=u [mm] \in f(Y)\,.$
[/mm]
Damit haben wir
[mm] $\forall [/mm] u [mm] \in [/mm] f(X) [mm] \;\;\Longrightarrow\;\; [/mm] u [mm] \in [/mm] f(Y)$
bewiesen, also gilt $f(X) [mm] \subseteq [/mm] f(Y)$ unter der Voraussetzung $X [mm] \subseteq Y\,.$ [/mm] (Mit $X,Y [mm] \in P(\IZ)\,.$)
[/mm]
Der Beweis von "nicht monoton fallend" ist Dir klar, oder?
(Die Frage kann ich auch nachträglich bei a) stellen: Ist Dir bei a) der
Beweis für "nicht monoton wachsend" klar?)
P.S. Auch mal ergänzend: Mit Ableitungen wirst Du erst arbeiten können,
wenn ihr Ableitungen eingeführt habt - insbesondere muss dann aber
die Funktion auch diff'bar sein, die man auf Monotonie untersucht. Bei a)
könnte man sowas, wenn man "eine passende Funktion -baut-", durchaus
auch benutzen, sofern denn die Grundlagen dafür zur Verfügung stehen!
Gruß,
Marcel
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