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 Minimum Menge oberer Schranken - Nachweis nichtleere Menge |
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DerTSH
Junior 
Dabei seit: 09.12.2022
Mitteilungen: 17
 |  Themenstart: 2023-05-31
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Hallo zusammen,
folgendes ist zu zeigen:
Sei $M \subset \IR$ mit $Min(O_M) \neq \emptyset$. Zeige, dass $M$ nicht leer ist.
( $O_X$ = Menge der oberen Schranken einer Menge X)
( $U_X$ = Menge der unteren Schranken einer Menge X)
Die Musterlösung hat einen Beweis über Widerspruch, ich bin in meiner Lösung davon ausgegangen, daß ich bei Existenz eines $Min(O_M)$ auch ein $Max(O_M)$ nachweisen kann.
Mit dem Nachweis von $Max(O_M)$ zeige ich dann, das
$s \in Min(O_M) \implies s \in O_m \land s \in U_{O_M}$
und weil $Max(O_M)$ existiert, existiert auch ein $t$ mit
$t \in Max(O_M) \implies t \in O_M \land t \in O_{O_M}$
Jetzt gilt also für alle $m \in M, o \in O_M$:
$s \ge m \land s \le o$
und
$t \ge m \land t \ge o$
Nun gilt sowohl für $s$ als auch für $t$: $s, t \in O_M$. Habe ich hier irgendeine Möglichkeit, über diesen Weg $M \neq \emptyset$ zu zeigen? Meine Idee war, über die Antisymmetrie von $\le$ auf $s = t = m$ zu kommen, damit ich $t, s, m \in M$ zeigen kann, aber da finde ich keinen Weg, weil ich nur $s \le o$ und $t \ge o$ und damit $s \le t \ge s$ habe.
(Dann würde ich damit allerdings auch zeigen, das die kleinste obere Schranke gleich der größten oberen Schranke ist..., und dann wäre $O_M = Min(O_M) = Max(O_M)$ und das erscheint mir abenteuerlich, weil dann jede beschränkte Menge nur eine obere Schranke hat.)
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Mandelbluete
Senior 
Dabei seit: 03.05.2008
Mitteilungen: 589
Wohnort: Fuchsbau
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-05-31
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
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Huhu!
Wenn man $M = [0, 1]$ betrachtet, dann gibt es ja eine kleinste obere Schranke, nämlich $1$, aber keine größte: man findet immer eine noch größere.
Ich denke, man sollte (wie immer in solchen Fällen) mit Hilfe der Minimalität der kleinsten oberen Schranke einen Widerspruchsbeweis führen, wie Du ja erwähnst, daß es in der Musterlösung auch getan wird. Ein $a \in \R$ ist eine obere Schranke von $M$ genau dann, wenn $m \leq a$ für alle $m \in M$ gilt.
Nehmen wir an, daß $M$ leer ist. Dann ist jedes $a \in \R$ eine obere Schranke! Denn wenn es gar keine Elemente in $M$ gibt, so ist die Bedingung trivialerweise für jedes $a$ erfüllt.
Daran sieht man nun, daß es keine kleinste obere Schranke geben kann. Versuch noch mal, Dir das en detail klarzumachen.
Liebe Grüße
Mandelblüte\(\endgroup\)
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2023-09-30 16:09 U <
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