sup(rA)=r*inf(A) < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei -A:=(-1)A. Beweise folgenden Satz:
sup(rA)=r*inf A, wobei [mm] r\le [/mm] 0 |
Hi,
Es sei i:=inf A
a [mm] \in [/mm] A
ra [mm] \in [/mm] rA
ferner gelte: s=ri
Bew.:
Der Fall r=0 ist trivial. Ich betrachte also nur den Fall r<0.
i:=inf A [mm] \Rightarrow i\le [/mm] a.
Aus s=ri folgt dann: [mm] \bruch{s}{r}\le [/mm] a, woraus wiederum [mm] s\le [/mm] ar folgt.
Demnach wäre s eine untere Schranke von rA. s soll aber eine obere Schranke von rA sein oder?
Was ist an meinem Ansatz falsch?
Danke.
Gruß
Alex
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Kann es sein, daß du irgendwo dein Vorzeichen vergessen hast? also daß es eigentlich heissen müsste sup(rA) = r*inf(-A) ??
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Hi,
Es ist ausgebessert. Es ist nicht [mm] r\ge [/mm] 0 sondern [mm] r\le [/mm] 0.
Danke.
Gruß
Alex
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hiho,
du hast die Sache mit dem r nu ausgebessert, und dabei allerdings eine Sache vergessen:
Da r negativ ist, dreht sich bei Multiplikation mit r das Vorzeichen um,
aus s/r [mm] \le [/mm] a folgt dann also: s [mm] \ge [/mm] ra.
Hoffe, du kommst damit weiter.
Gruß,
Gono.
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Ja, damit komme ich weiter.
Vielen Dank.
Gruß
Alex
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So sieht mein Beweis jetzt aus:
Beh.:
sup(rA)=r*inf(A), wobei [mm] r\le [/mm] 0
Bew.:
Der Fall r=0 ist trivial, deshalb sei r<0.
i:=inf(A)
[mm] a\in [/mm] A sowie [mm] ar\in [/mm] rA
Ferner gelte s=ri
Aus i=inf(A) folgt: [mm] i\le [/mm] a.
[mm] \Rightarrow \bruch{s}{r}\lea, [/mm] woraus wiederum [mm] s\ge [/mm] ar folgt.
s ist also obere Schranke von rA. Nun ist zu zeigen, dass es kein s'<s gibt, welches auch obere Schranke für rA wäre:
Angenommen es gäbe ein s'<s, welches auch obere Schranke für rA ist, dann würden folgende Ungleichungen gelten:
s'<s und [mm] s\ge [/mm] ar
[mm] \Rightarrow s>s'\ge [/mm] ar [mm] \Rightarrow i<\bruch{s'}{r}\le [/mm] a
Demnach wäre [mm] \bruch{s'}{r} [/mm] eine untere Schranke von A, die größer als i ist. Widerspruch!
Ist das richtig so wie ich es gemacht habe? Gibt es einen eleganteren Weg?
Gruß
Alex
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Der Beweis ist in Ordnung so.
Obs "elegantere" Beweise gibt, ist sicherlich Ansichtssache.
Für mich sind direkte Beweise eigentlich "eleganter" als indirekte, du hast es indirekt gemacht, was ok ist.
Mal ein Beispiel eines direkten Beweises:
Du hast bereits gezeigt:
s ist obere Schranke von rA.
Bleibt z.z.:
s ist KLEINSTE obere Schranke, d.h.: [mm] \forall\varepsilon>0 \exists x\in [/mm] rA: [mm] s-\varepsilon [/mm] < x
Voraussetzungen:
Wir wissen: i := inf(A), d.h.
[mm] \forall\varepsilon>0 \exists x\in [/mm] A: [mm] i+\varepsilon [/mm] > x
Nun einfach mit r < 0 durchmultiplizieren, dann steht da:
[mm] \forall\varepsilon>0 \exists x\in [/mm] A: [mm] ri+r\varepsilon [/mm] < rx
Nun gilt ja: ri = s, [mm] r*\varepsilon [/mm] < 0 (da r<0 und [mm] \varepsilon>0) [/mm] und [mm] rx\in [/mm] rA
d.h. [mm] \forall\varepsilon>0 \exists x\in [/mm] rA: [mm] s-\varepsilon [/mm] < x
Damit wären wir fertig 
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Danke für deine Beweisvariante. :)
Gibt´s auch einen Beweis ohne Epsilonti(c)k? (außer meinem)
Gruß
Alex
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Naja,
der über das Epsilon ist ja Benutzung der Definition, d.h. um zu zeigen, daß etwas Supremum ist, musst du zeigen, daß die Definition erfüllt ist, d.h. den [mm] \varepsilon [/mm] - Kram.
Zweite Methode wäre, per Widerspruch..... da bei dir die einzige Voraussetzung ist, daß i := inf(A) ist, kann man meines Erachtens nach auch nur das zum Widerspruch führen..... also kann mir eigentlich keine weiteren Beweise dazu vorstellen, die auf einer GANZ anderen Idee bauen, als die beiden jetzt vorgestellten. 
Aber wenn jemand noch einen hat, immer her damit *g*
Gruß,
Gono.
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Ok, danke.
Ich recherchiere mal ein bisschen, ob es noch andere Möglichkeiten gibt, wenn ich eine entdecke, werde ich sie hier posten.
Gruß
Alex
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