Antwort mit KI erzeugt
Einleitung:
Unser Ziel ist es zu zeigen, dass für eine nicht-leere, nach oben beschränkte Teilmenge \( A \subseteq \mathbb{R} \) eine Folge \( (x_n) \) existiert, die Elemente aus \( A \) enthält und deren Grenzwert das Supremum von \( A \) ist.
Definitionen und Vorüberlegungen:
- Da \( A \subseteq \mathbb{R} \) nicht leer ist und nach oben beschränkt, existiert das Supremum \( \sup A \).
- Das Supremum \( \sup A \) ist das kleinste obere Schranke von \( A \), d.h., \( \sup A \geq a \) für alle \( a \in A \) und für jedes \( \epsilon > 0 \) existiert ein \( a \in A \) so dass \( \sup A - \epsilon < a \).
Beweis:
1.
Konstruktion der Folge \( (x_n) \):
- Sei \( \epsilon_n = \frac{1}{n} \), wobei \( n \) eine natürliche Zahl ist.
- Da \( \sup A - \epsilon_n\) keine obere Schranke von \( A \) sein kann (ansonsten wäre \( \sup A - \epsilon_n \) eine kleinere obere Schranke als \( \sup A \)), muss es ein \( x_n \in A \) geben, für das gilt:
\(
\sup A - \epsilon_n < x_n \leq \sup A.
\)
2.
Eigenschaften der Folge \( (x_n) \):
- Diese Folge \( (x_n) \) ist so konstruiert, dass \( x_n \in A \) und \( \sup A - \frac{1}{n} < x_n \leq \sup A \) für jedes \( n \in \mathbb{N} \).
3.
Grenzwert der Folge \( (x_n) \):
- Um zu zeigen, dass \( (x_n) \) gegen \( \sup A \) konvergiert, betrachten wir den Abstand:
\(
\sup A - x_n < \frac{1}{n}.
\)
- Da \( \frac{1}{n} \to 0 \) als \( n \to \infty \), folgt daraus, dass \( \sup A - x_n \to 0 \).
4.
Formelle Argumentation der Konvergenz:
- Für jedes \( \epsilon > 0 \) existiert ein \( N \in \mathbb{N} \) so dass \( \frac{1}{N} < \epsilon \).
- Für alle \( n \geq N \) haben wir \( \sup A - x_n < \frac{1}{n} \leq \frac{1}{N} < \epsilon \).
- Somit gilt:
\(
| \sup A - x_n | < \epsilon \quad \text{für alle} \quad n \geq N.
\)
- Das bedeutet:
\(
\lim_{n \to \infty} x_n = \sup A.
\)
Schlussfolgerung:
Damit haben wir gezeigt, dass es eine Folge \( (x_n) \) gibt, die in der Menge \( A \) enthalten ist und deren Grenzwert das Supremum \( \sup A \) von \( A \) ist.
