Infimum einer Menge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sind alle [mm] a \in A [/mm] von Null verschieden, so sei [mm] \bruch{1}{A} := \left\{ \bruch{1}{a}: a \in A \right\} [/mm].
Zeige: Ist [mm] inf A > 0 [/mm], so ist [mm] sup \bruch{1}{A}= \bruch{1}{inf A}[/mm]. |
Hallo zusammen, ich wollte mit dieser Aufgabe mein Verständnis von Supremum/ Infimum vertiefen und hab mir dazu folgenden Beweis überlegt:
Sei [mm] \alpha:=inf A \Rightarrow a\ge\alpha \quad \forall a \in A \Rightarrow \bruch{1}{a} \le \bruch{1}{\alpha} \quad \forall a \in A [/mm]. Also ist [mm] \bruch{1}{\alpha} [/mm] eine obere Schranke von [mm] \bruch{1}{A}[/mm].
Ferner gilt: [mm] \alpha:=inf A \Rightarrow \forall \varepsilon_{1} > 0 [/mm] [mm] \exists a_{0} \in A:[/mm] [mm] a_{0} < \alpha + \varepsilon_{1} [/mm].
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{\alpha + \varepsilon_{1} }=\bruch{\varepsilon_{1}}{\alpha(\alpha + \varepsilon_{1})}=:\varepsilon [/mm]
Und damit: [mm] \bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\varepsilon [/mm]
[mm] \gdw \bruch{1}{a_{0}}>\bruch{1}{\alpha}-\varepsilon [/mm]
und damit ist [mm] \bruch{1}{\alpha}=\bruch{1}{inf A} [/mm] sogar die kleinste obere Schranke und damit : [mm] sup \bruch{1}{A}= \bruch{1}{inf A} [/mm].
Ich habe versucht den Beweis noch ein bisschen zu verfeinern und hab dazu folgendes aufgeschrieben:
Sei [mm] \alpha:=inf A \Rightarrow a\ge\alpha \quad \forall a \in A \Rightarrow \bruch{1}{a} \le \bruch{1}{\alpha} \quad \forall a \in A [/mm]. Also ist [mm] \bruch{1}{\alpha} [/mm] eine obere Schranke von [mm] \bruch{1}{A} [/mm].
Ferner gilt: [mm] \alpha:=inf A \Rightarrow \forall \bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{1-\alpha\varepsilon} > 0[/mm] [mm] \exists a_{0} \in A:[/mm] [mm] a_{0} < \alpha + \bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{1-\alpha\varepsilon} [/mm].
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{\alpha + \bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{1-\alpha\varepsilon} }=\bruch{\bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{1-\alpha\varepsilon}}{\alpha(\alpha + \bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{1-\alpha\varepsilon})}=\bruch{(\alpha)^2\varepsilon}{(\alpha)^2-(\alpha)^3\varepsilon +(\alpha)^3\varepsilon}=\varepsilon [/mm]
Und damit: [mm] \bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\varepsilon [/mm]
[mm] \gdw \bruch{1}{a_{0}}>\bruch{1}{\alpha}-\varepsilon [/mm]
und damit ist [mm] \bruch{1}{\alpha}=\bruch{1}{inf A} [/mm] sogar die kleinste obere Schranke und damit : [mm] sup \bruch{1}{A}= \bruch{1}{inf A} [/mm].
Es wäre nett wenn ihr mal nachschauen würdet ob die beiden Wege richtig sind. Bei dem zweiten bin ich mir bei der Wahl der Abweichung nicht sicher, es löst sich zwar eleganter auf, aber die Behauptung "größer null" trifft hier doch nicht immer zu oder?
Vielen Dank schon mal.
Gruß Deuterinomium
|
|
| |
|
> Sind alle [mm]a \in A[/mm] von Null verschieden, so sei [mm]\bruch{1}{A} := \left\{ \bruch{1}{a}: a \in A \right\} [/mm].
> Zeige: Ist [mm]inf A > 0 [/mm], so ist [mm]sup \bruch{1}{A}= \bruch{1}{inf A}[/mm].
>
> Hallo zusammen, ich wollte mit dieser Aufgabe mein
> Verständnis von Supremum/ Infimum vertiefen und hab mir
> dazu folgenden Beweis überlegt:
>
> Sei [mm]\alpha:=inf A \Rightarrow a\ge\alpha \quad \forall a \in A \Rightarrow \bruch{1}{a} \le \bruch{1}{\alpha} \quad \forall a \in A [/mm].
> Also ist [mm]\bruch{1}{\alpha}[/mm] eine obere Schranke von
> [mm]\bruch{1}{A}[/mm].
> Ferner gilt: [mm]\alpha:=inf A \Rightarrow \forall \varepsilon_{1} > 0[/mm]
> [mm]\exists a_{0} \in A:[/mm] [mm]a_{0} < \alpha + \varepsilon_{1} [/mm].
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{\alpha + \varepsilon_{1} }=\bruch{\varepsilon_{1}}{\alpha(\alpha + \varepsilon_{1})}=:\varepsilon[/mm]
>
> Und damit: [mm]\bruch{1}{\alpha}-\bruch{1}{a_{0}}<\varepsilon[/mm]
> [mm]\gdw \bruch{1}{a_{0}}>\bruch{1}{\alpha}-\varepsilon[/mm]
> und
> damit ist [mm]\bruch{1}{\alpha}=\bruch{1}{inf A}[/mm] sogar die
> kleinste obere Schranke und damit : [mm]sup \bruch{1}{A}= \bruch{1}{inf A} [/mm].
Scheint mir plausibel, wenngleich stellenweise etwas gar kompliziert.
> Ich habe versucht den Beweis noch ein bisschen zu
> verfeinern
![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") Ich hätte gedacht, dass in der Mathematik "verfeinern" eher ein Codewort für "vereinfachen" ist. Jedenfalls verwirrt mich Dein (mit Verlaub gesagt unnötig komplizierter) "verfeinerter" Weg soweit, dass mir dabei die Lust vergeht, dessen Richtigkeit zu prüfen. (Ich markiere Deine Frage aus diesem Grunde als nur teilweise beantwortet.)
Meiner unmassgeblichen Meinung nach sollte man nicht zu schnell mit reziproken Werten operieren. Statt dessen würde ich etwa folgendes Vorgehen vorziehen:
Sei also [mm] $\inf(A)>0$. [/mm] Wir beweisen zuerst [mm] $\sup\frac{1}{A}\leq \frac{1}{\inf A}$: [/mm] Für alle [mm] $a\in [/mm] A$ folgt aus [mm] $\inf A\leq [/mm] a$ durch beidseitiges Reziproknehmen dieser Ungleichung, dass [mm] $\frac{1}{a}\leq \frac{1}{\inf A}$. [/mm] Somit ist [mm] $\frac{1}{\inf(A)}$ [/mm] eine obere Schranke von [mm] $\frac{1}{A}$ [/mm] und daher gilt: [mm] $\sup\frac{1}{A}\leq \frac{1}{\inf(A)}$.
[/mm]
Nun zeigen wir auch noch [mm] $\frac{1}{\inf A}\leq \sup\frac{1}{A}$: [/mm] Sei [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] beliebig, aber so klein, dass [mm] $0<\inf(A) -\varepsilon$ [/mm] ist. Aufgrund der Definition von [mm] $\inf [/mm] A$ gibt es daher ein [mm] $a\in [/mm] A$ mit [mm] $a<\inf(A)-\varepsilon$. [/mm] Durch beidseitiges Reziproknehmen dieser Ungleichung folgt: [mm] $\frac{1}{\inf(A)-\varepsilon}<\frac{1}{a}$ [/mm] und daher auch [mm] $\frac{1}{\inf A-\varepsilon}<\sup\frac{1}{A}$. [/mm] Nun lassen wir in dieser Ungleichung [mm] $\varepsilon \rightarrow [/mm] 0+$ gehen und erhalten, wie gewünscht: [mm] $\frac{1}{\inf A}\leq \sup\frac{1}{A}$.
[/mm]
|
|
|
| |
|
Danke für die Antwort! Dein Weg scheint in der Tat schöner und angenehmer.!
Gruß
Deuterinomium
|
|
|
|
