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Es sei M Teilmenge von |R eine nichtleere nach oben beschränkte Menge.

Ich konnte zeigen, dass es eine  Folge an in M gibt, die gegen sup M konvergiert. Jetzt soll man zeigen, dass sich an  so wählen lässt, dass sie monoton steigend ist.


Hätte hierzu jemand vielleicht eine Idee? Ich komme einfach nicht weiter :(

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Versuche, dir eine monoton steigende Teilfolge von an zu konstruieren, so dass diese gegen sup(M) konvergent ist.

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 Also sei sup M = s. Wir haben bereits die konvergente Folge

s - \( \frac{1}{2} \) < xn <= s


Da x keine obere Schranke von M ist, gibt, es ein xn <= a <= s und wir setzen

a := xn+1


So?

Ja, das wäre eine Möglichkeit, sich so eine gegen s konvergente (monoton steigende) Folge zu basteln, indem du immer eine neue Zahl größer oder gleich deines vorangehenden Folgengliedes wählst. Allerdings finde ich noch die 1/2 in deiner oberen Ungleichung etwas irritierend.

Wir wissen nur über M, dass diese  Menge nach oben beschränkt ist. Ob sie nun nach unten beschränkt ist (oder nicht) soll hier nicht rellevant sein. Aber betrachten wir mal das Folgenglied \(y_0\) aus M unserer gegen s konvergenten Folge. Dann können wir doch ein derartiges \(δ>0\) finden, sodass \(s-δ<y_0\leq s \) erfüllt ist. Nun setze ein neues Folgenglied \(x_0:=y_0\). Und nun kann man induktiv weiter vorangehen, wie du es schon mit

Da x keine obere Schranke von M ist, gibt, es ein \(x_n \leq a \leq s\) und wir setzen

\(a := x_{n+1}\)

angedeutet hast.

Oh, sorry, meinte \( \frac{1}{n} \)

Und ein solches y0 existiert, weil s das Supremum ist und es somit ein y0€M geben muss, dass größer als s - delta ist, richtig?

Analog können wir jetzt dafür argumentieren, dass es ein y1€M gibt, das kleiner als s aber größer als y0 ist, usw. ?

Auf jeden Fall schon mal ein großes

Ja, so kannst du dann weiter immer neue Folgenglieder herbekommen, sodass dann deine Folge gegen s konvergieren wird.

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