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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:13 Do 20.05.2004 | | Autor: | Frosty |
Hallo,
Ich habe mal wieder eine Frage zum nächsten Übungszettel, den ich für die Uni machen soll :) Die Frage kommt "relativ" spät (ich muss den Zettel morgen abgeben), aber ich wollte erst noch versuchen alleine auf die Lösung zu kommen. Ist mir aber nicht so gut gelungen...
Die Aufgabe:
Es sei [mm]f : \IR \rightarrow \IR[/mm] wachsend und es seinen [mm]a, b \in \IR[/mm] mit [mm]a < b[/mm]. Ferner gelten f(a) > a und f(b) < b. Zeige, dass f mindestens einen Fixpunkt besitzt, d. h., es gibt ein [mm]x \in \IR[/mm] mit f(x) = x.
(Hinweis: Betrachte das Surpremum der Menge [mm]\{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}[/mm].)
Ich habe überlegt, ob man nicht benutzen könnte, dass es für alle [mm]x,y \in \IR[/mm] mit x < y auch [mm]r \in \IQ[/mm] mit x < r < y gibt. Ich weiß aber nicht, wie ich das irgendwie verwenden kann. Im Hinweis steht zwar, dass man das Supremum betrachten soll, aber auch damit weiß ich nicht so recht weiter. Ich habe auch einen ähnlichen Beweis hier gefunden (https://matheraum.de/read?f=17&t=299&i=306), aber da wir so etwas noch nicht hatten (Zwischenwertsatz???) und im Hinweis steht, dass man ein Supremum betrachten soll, glaube ich nicht, dass ich den Beweis für diese Aufgabe benutzen kann. Es wäre super nett, wenn mir noch jemand bis morgen helfen könnte.
Noch eine kleine Frage zu einer Aufgabe, die ich hoffentlich gelöst habe, aber nicht weiß, ob ich das so machen darf:
Es sei A eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge von [mm]\IR[/mm]. Zeige, dass es dann eine Folge ([mm]a_n[/mm]) in A gibt mit [mm]a_n \le a_{n+1}[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm] und [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n = [/mm]sup A.
Ich habe die Frage so beantwortet, dass ich mir eine Folge einfach konstruiert habe. Und zwar [mm]a_n = c - \bruch{1}{n}[/mm] und dann habe ich gezeigt, dass sie die beiden oben verlangten Eigenschaften erfüllt. Kann man das so machen oder ist das nicht allgemein genug oder gibt es auch einen konkreten Beweis, mit dem man dieses Problem lösen kann?
Entschuldigung, dass diese Fragen so spät kommen. Dankbar für jede Antwort
Bernhard
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:47 Do 20.05.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Bernhard
> Hallo,
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> Ich habe mal wieder eine Frage zum nächsten Übungszettel,
> den ich für die Uni machen soll :) Die Frage kommt
> "relativ" spät (ich muss den Zettel morgen abgeben), aber
> ich wollte erst noch versuchen alleine auf die Lösung zu
> kommen. Ist mir aber nicht so gut gelungen...
>
Du bist tatsächlich reichlich spät. Ich glaube kaum, dass ich noch genügend Energie habe, dich so kurzfristig zufriedenszustellen.
Trotzdem habe ich zwei Teilantworten.
>
> Die Aufgabe:
> Es sei [mm]f : \IR \rightarrow \IR[/mm] wachsend und es seinen [mm]a, b \in \IR[/mm]
> mit [mm]a < b[/mm]. Ferner gelten f(a) > a und f(b) < b. Zeige, dass
> f mindestens einen Fixpunkt besitzt, d. h., es gibt ein [mm]x \in \IR[/mm]
> mit f(x) = x.
> (Hinweis: Betrachte das Surpremum der Menge [mm]\{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}[/mm].)
>
>
> Ich habe überlegt, ob man nicht benutzen könnte, dass es
> für alle [mm]x,y \in \IR[/mm] mit x < y auch [mm]r \in \IQ[/mm] mit x < r <
> y gibt. Ich weiß aber nicht, wie ich das irgendwie
> verwenden kann. Im Hinweis steht zwar, dass man das
> Supremum betrachten soll, aber auch damit weiß ich nicht so
> recht weiter. Ich habe auch einen ähnlichen Beweis hier
> gefunden (https://matheraum.de/read?f=17&t=299&i=306),
> aber da wir so etwas noch nicht hatten
> (Zwischenwertsatz???) und im Hinweis steht, dass man ein
> Supremum betrachten soll, glaube ich nicht, dass ich den
> Beweis für diese Aufgabe benutzen kann. Es wäre super nett,
> wenn mir noch jemand bis morgen helfen könnte.
>
Bei deiner Aufgabe kannst du den Zwischenwertsatz sicher nicht benützen, weil ja deine Funktion gar nicht stetig zu sein braucht! (Den Zwischenwertsatz kannst du nur für stetige Funktionen anwenden).
Deine gegebene Funktion ist ja lediglich monoton wachsend, darf also durchaus Sprünge aufweisen (Wenn auch nur in beschränktem Masse: die Funktion muss überall [mm] $\le [/mm] b$ sein)
Korrektur: Kleiner b, nicht kleinergleich! (Paulus)
Hast du ein Schaubild gemacht (Graphen gezeichnet)? Zeichne doch mal eine Funktion mit Unstetigkeitsstellen, die aber Monoton wachsend ist und alle obigen Bedingungen erfüllt.
>
> Noch eine kleine Frage zu einer Aufgabe, die ich
> hoffentlich gelöst habe, aber nicht weiß, ob ich das so
> machen darf:
> Es sei A eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge
> von [mm]\IR[/mm]. Zeige, dass es dann eine Folge ([mm]a_n[/mm]) in A gibt mit
> [mm]a_n \le a_{n+1}[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm] und
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n = [/mm]sup A.
>
> Ich habe die Frage so beantwortet, dass ich mir eine Folge
> einfach konstruiert habe. Und zwar [mm]a_n = c - \bruch{1}{n}[/mm]
> und dann habe ich gezeigt, dass sie die beiden oben
> verlangten Eigenschaften erfüllt. Kann man das so machen
> oder ist das nicht allgemein genug oder gibt es auch einen
> konkreten Beweis, mit dem man dieses Problem lösen kann?
>
Ich glaube, das sollte genügen, wenn du aber dazu noch bemerken würdest, dass dein $c = [mm] \sup{A}$ [/mm] ist!?
Mit lieben Grüssen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:07 Fr 21.05.2004 | | Autor: | andreas |
> Die Aufgabe:
> Es sei [mm]f : \IR \rightarrow \IR[/mm] wachsend und es seinen [mm]a, b \in \IR[/mm]
> mit [mm]a < b[/mm]. Ferner gelten f(a) > a und f(b) < b. Zeige, dass
> f mindestens einen Fixpunkt besitzt, d. h., es gibt ein [mm]x \in \IR[/mm]
> mit f(x) = x.
> (Hinweis: Betrachte das Surpremum der Menge [mm]\{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}[/mm].)
>
>
> Ich habe überlegt, ob man nicht benutzen könnte, dass es
> für alle [mm]x,y \in \IR[/mm] mit x < y auch [mm]r \in \IQ[/mm] mit x < r <
> y gibt. Ich weiß aber nicht, wie ich das irgendwie
> verwenden kann. Im Hinweis steht zwar, dass man das
> Supremum betrachten soll, aber auch damit weiß ich nicht so
> recht weiter. Ich habe auch einen ähnlichen Beweis hier
> gefunden (https://matheraum.de/read?f=17&t=299&i=306),
> aber da wir so etwas noch nicht hatten
> (Zwischenwertsatz???) und im Hinweis steht, dass man ein
> Supremum betrachten soll, glaube ich nicht, dass ich den
> Beweis für diese Aufgabe benutzen kann. Es wäre super nett,
> wenn mir noch jemand bis morgen helfen könnte.
also ich habe zwar derzeit nicht so den nerv mir darüber gedanken zu machen, aber ich nehme an, dass wenn [m] z := \sup\{x \in [a, b]: x \le f(x) \} [/m], dass dann gilt [m] f(z) = z [/m]. wenn du noch zeit hast solltest du das mal ausprobieren, denn ich nehme an, dass du im fall [m] f(z) \ne z [/m] einen widerspruch herleiten kannst.
> Noch eine kleine Frage zu einer Aufgabe, die ich
> hoffentlich gelöst habe, aber nicht weiß, ob ich das so
> machen darf:
> Es sei A eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge
> von [mm]\IR[/mm]. Zeige, dass es dann eine Folge ([mm]a_n[/mm]) in A gibt mit
> [mm]a_n \le a_{n+1}[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm] und
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n = [/mm]sup A.
>
> Ich habe die Frage so beantwortet, dass ich mir eine Folge
> einfach konstruiert habe. Und zwar [mm]a_n = c - \bruch{1}{n}[/mm]
> und dann habe ich gezeigt, dass sie die beiden oben
> verlangten Eigenschaften erfüllt. Kann man das so machen
> oder ist das nicht allgemein genug oder gibt es auch einen
> konkreten Beweis, mit dem man dieses Problem lösen kann?
das ist so nicht ganz korrekt (auch wenn die idee stimmt). betrachte [m] A := \{1 - \frac{1}{n^2}: n \in \mathbb{N} \} [/m]. diese menge ist offensichtlich nicht leer und durch [m] c := 1 = \sup A [/m] nach oben beschränkt. wenn du aber jetzt die folge [m] (a_n)_{n \in \mathbb{N}} [/m] mit [m] a_n = \sup A - \frac{1}{n} = 1 - \frac{1}{n} [/m] betrachtest, dann liegen unendlich viele gleider der folge nicht in der menge (nämlich alldie, deren index keine quadratzahl ist).
du kannst deinen ansatz aber ganz leicht modifizieren:
im fall [m] c \in A [/m] wählst du einfach [m] a_n = c \quad \forall \, n \in \mathbb{N} [/m], diese folge erfüllt offensichtlich die gewünschten eigenschaften. ist dies nicht der fall kannst du zu jedem [m] \varepsilon > 0 [/m] ein [m] x \in A [/m] finden, so dass [m] | c - x | \leq \varepsilon [/m], sonst wäre c nicht das supremum (da dann [m] A - \varepsilon [/m] eine obere schranke wäre). nun wählst du als [m] \varepsilon [/m] immer den abstand [m]| A - a_n| > 0 [/m]. dadurch wird ein [m] x [/m] bestimmt: dies wählst du dal (n+1)-te folgenglied und so weiter. dann ist die folge nach konstruktion monoton wachsend und gegen [m] c [/m] konvergent.
ich hoffe es hat dir etwas geholfen
andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:03 Fr 21.05.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Bernhard,
> Die Aufgabe:
> Es sei [mm]f : \IR \rightarrow \IR[/mm] wachsend und es seinen [mm]a, b \in \IR[/mm]
> mit [mm]a < b[/mm]. Ferner gelten f(a) > a und f(b) < b. Zeige, dass
> f mindestens einen Fixpunkt besitzt, d. h., es gibt ein [mm]x \in \IR[/mm]
> mit f(x) = x.
> (Hinweis: Betrachte das Surpremum der Menge [mm]\{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}[/mm].)
Komm, ich löse dir die Aufgabe jetzt mal (ausnahmsweise, und weil sie mich gerade selbst interessiert  ).
Wir definieren:
[mm]c:= \sup \{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}[/mm].
Das Supremum ist wegen $a [mm] \in \{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}$, [/mm] also $ [mm] \{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\} \ne \emptyset$ [/mm] wohldefiniert.
Zunächst betrachten wir eine monoton wachsende Folge [mm] $(c_n)_{n \in \IN}$ [/mm] mit [mm] $c_n [/mm] < c$ und [mm] $\lim\limits_{n \to \infty} c_n [/mm] = c$. Dann gilt für alle $n [mm] \in \IN$, [/mm] da $c$ das Supremum dieser Menge ist und somit alle $a [mm] \le [/mm] y < c$ die Beziehung $y [mm] \le [/mm] f(y)$ gilt:
(1) [mm] $c_n \le f(c_n)$.
[/mm]
Da $f$ monoton wachsend ist, gilt:
(2) [mm] $f(c_n) \le [/mm] f(c)$.
Die Folge [mm] $(f(c_n))_{n \in \IN}$ [/mm] ist also monoton wachsend und nach oben durch $f(c)$ beschränkt. Daher existiert der Grenzwert [mm] $\lim\limits_{n \to \infty}f(c_n)$.
[/mm]
Wir erhalten aus (1) und (2) durch Grenzwertbildung:
(*) $c = [mm] \lim\limits_{n \to \infty} c_n \le \lim\limits_{n \to \infty} f(c_n) \le [/mm] f(c)$.
Nun betrachten wir eine monoton fallende Folge [mm] $(d_n)_{n \in \IN}$ [/mm] mit [mm] $d_n [/mm] > c$ und [mm] $\lim\limits_{n \to \infty} d_n [/mm] = c$. (Wegen $b [mm] \notin \{y \in \IR : a \le y \le b, y \le f(y)\}$ [/mm] existiert diese Folge.) Dann gilt für alle $n [mm] \in \IN$, [/mm] da $c$ das Supremum dieser Menge ist und somit alle $c< y [mm] \le [/mm] b$ die Beziehung $y > f(y)$ gilt:
(3) [mm] $d_n [/mm] > [mm] f(d_n)$.
[/mm]
Da $f$ monoton wachsend ist, gilt:
(4) [mm] $f(d_n) \ge [/mm] f(c)$.
Die Folge [mm] $(f(d_n))_{n \in \IN}$ [/mm] ist also monoton fallend und nach unten durch $f(c)$ beschränkt. Daher existiert der Grenzwert [mm] $\lim\limits_{n \to \infty} f(d_n)$.
[/mm]
Wir erhalten aus (3) und (4) durch Grenzwertbildung:
(**) $c = [mm] \lim\limits_{n \to \infty} d_n \ge \lim\limits_{n \to \infty} f(d_n) \ge [/mm] f(c)$.
Aus (*) und (**) folgt die Behauptung.
Melde dich einfach wieder bei Fragen.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:16 Fr 21.05.2004 | | Autor: | Frosty |
Vielen Dank für die Lösung. Leider musste ich den Zettel aber schon abgeben und werde also keine Punkte für die Aufgabe bekommen :( . Für mich ist es aber wichtiger die Aufgabe verstanden zu haben, deshalb hat sich Deine Arbeit auf jeden Fall gelohnt :) . Eigentlich hast Du ja nur zwei Folgen "gebaut", die ein mal von unten und ein mal von oben am Fixpunkt konvergieren und aus [mm]c \le f \left( c \right)[/mm] und [mm]c \ge f \left( c \right)[/mm] folgte dann, dass c = f(c) (ich habs nur noch mal zusammengefasst, damit ich weiß ob ich es verstanden habe. Wenn ich etwas Falsches schreibe, dann versuch es bitte noch ein mal mir zu erklären.).
Vielen Dank
Bernhard
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