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Willkommen in der Mathelounge... \o/
zu 1) Wir schreiben die Menge \(M\) um.
Zunächst kommen alle reellen Zahlen \(x\in\mathbb R\) in Betracht. Diese müssen jedoch zusätzlich die angegebene Bedingung erfüllen:$$x^2\ge-2x\Longleftrightarrow x^2+2x\ge0\Longleftrightarrow x\cdot(x+2)\ge0$$Das Produkt der beiden Zahlen \(x\) und \(x+2\) ist genau dann \(\ge0\), wenn beide Zahlen \(\ge0\) oder beide Zahlen \(\le0\) sind:
$$\text{1. Fall:}\quad x\ge0\;\land\;x+2\ge0\implies x\ge0\;\land\;x\ge-2\implies x\ge0$$$$\text{2. Fall:}\quad x\le0\;\land\;x+2\le0\implies x\le0\;\land\;x\le-2\implies x\le-2$$
Wir können die Menge \(M\) also auch wie folgt schreiben:$$M=\{x\in\mathbb R\,\big|\,x\le-2\;\lor\;x\ge0\}$$
Die Menge \(M\) ist weder nach unten, noch nach oben beschränkt.
zu 2) Wir schreiben auch die Menge \(N\) um.
Die Menge \(N\) enthält alle Summen der Form:$$s_n\coloneqq\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}\quad;\quad n\in\mathbb N$$Zur Berechnung der Summe betrachten wir die Hälfte von \(s_n\):$$\frac12\,s_n=s_n-\frac12\,s_n=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}-\frac12\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}-\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^{k+1}}$$$$\phantom{\frac12\,s_n}=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}-\sum\limits_{k=0\pink{+1}}^{n\pink{+1}}\frac{1}{2^{(k\pink{-1})+1}}=\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{2^k}-\sum\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2^k}$$$$\phantom{\frac12\,s_n}=\left(\green{\frac{1}{2^0}}+\sum\limits_{k=\green1}^n\frac{1}{2^k}\right)-\left(\sum\limits_{k=1}^{\blue n}\frac{1}{2^k}+\blue{\frac{1}{2^{n+1}}}\right)=1-\frac{1}{2^{n+1}}$$Wir multiplizieren beide Seiten der Gleichung mit \(2\) und finden:$$s_n=2-2\cdot\frac{1}{2^{n+1}}=2-\frac{1}{2^n}$$
Wir könenn die Menge \(N\) also auch so schreiben:$$N=\left\{s_n\in\mathbb R\,\bigg|\,s_n=2-\frac{1}{2^n}\;;\;n\in\mathbb N\right\}$$
Der Subtrahend \(\frac{1}{2^n}\) wird jeweils halbiert, wenn \(n\) um \(1\) steigt. Daher wächst \(s_n=2-\frac{1}{2^n}\) streng monoton (wir subtrahieren ja von der \(2\) immer weniger).
Die Menge hat daher für \(n=1\) ein Minimum:\(\quad s_1=\frac32\).
Die Menge wächst für \(n\to\infty\) immer weiter gegen die \(2\), wird aber niemals gleich \(2\), weil \(\frac{1}{2^n}\) nie Null wird. Daher hat die Menge \(N\) das Supremum \(2\). Da die \(2\) aber für kein noch so großes \(n\) angenommen wird, hat die Menge \(N\) kein Maximum.
