Musterlösungen zur 4. Serie
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Musterlösungen zur 4. Serie
1. Aufgabe Überprüfen Sie, ob die folgenden Mengen reeller Zahlen nach oben oder
nach unten beschränkt sind, bestimmen Sie gegebenenfalls die Suprema und Infima und
überprüfen Sie, ob die Suprema bzw. Infima Maxima bzw. Minima sind:
(a) x ∈ R : x2 − 3x − 4 < 0 ,
x−y
: x > 0, y > 0 ,
(b)
x+y
1
n
(c)
n((−1) − 1) − : n ∈ N ,
n
1
1
(d)
− : m, n ∈ N ,
m n
nm
o
(e)
:
m,
n
∈
N,
m
≤
n
,
n
o
n 2m
: m, n ∈ N, m < n .
(f)
n
Lösung (a) Es gilt
x2 − 3x − 4 < 0 ⇔ (x − 4)(x + 1) < 0 ⇔ −1 < x < 4,
also
x ∈ R : x2 − 3x − 4 < 0 = (−1, 4),
also
inf x ∈ R : x2 − 3x − 4 < 0 = −1 und sup x ∈ R : x2 − 3x − 4 < 0 = 4.
Da x = 4 und x = −1 die Bedingungen x2 − 3x − 4 < 0 nicht erfüllen, ist das Supremum
kein Maximum, und das Infimum ist kein Minimum.
(b) Es gilt −x − y < x − y < x + y für alle x, y > 0. Daraus folgt
−1 <
x−y
< 1 für alle x, y > 0,
x+y
(1)
also −1 bzw. 1 sind eine untere bzw. obere Schranke.
Wir zeigen nun, dass 1 die kleinste obere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall wäre,
so wäre eine Zahl a < 1 obere Schranke, d.h.
x−y
≤ a für alle x, y > 0.
x+y
Daraus würde folgen,dass (1 − a)x ≤ (1 + a)y für alle x, y > 0 gilt, das ist aber z.B. für
1+a
y=1 und x > 1−a
nicht erfüllt.
Analog zeigt man, dass −1 die größte untere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall
wäre, so wäre eine Zahl a > −1 untere Schranke, d.h.
x−y
≥ a für alle x, y > 0.
x+y
1
Daraus würde folgen,dass (1 − a)x ≥ (1 + a)y für alle x, y > 0 gilt, das ist aber z.B. für
x=1 und y > 1−a
nicht erfüllt. Also:
1+a
x−y
x−y
inf
: x > 0, y > 0 = −1, sup
: x > 0, y > 0 = 1.
x+y
x+y
Wegen (1) ist das Infimum kein Minimum, und das Supremun ist kein Maximum.
(c) Für alle n ∈ N gehören die Zahlen
(2n + 1)((−1)2n+1 − 1) −
1
1
= −4n − 2 −
2n + 1
2n + 1
zu der Menge. Also ist die Menge nicht nach unten beschränkt, d.h.
1
n
inf n((−1) − 1) − : n ∈ N = −∞.
n
Andererseits gilt
1
< 0 für alle n ∈ N.
(2)
n
Also ist Null eine obere Schranke. Wenn Null nicht die kleinste obere Schranke wäre, so
würde ein a < 0 existieren mit
n((−1)n − 1) −
n((−1)n − 1) −
1
≤ a für alle n ∈ N.
n
Daraus würde folgen
1
≤ a für alle geradzahligen n ∈ N,
n
d.h. n ≤ −a für alle geradzahligen n ∈ N. Das geht nicht. Aus diesem Widerspruch folgt
1
n
sup n((−1) − 1) − : n ∈ N = 0,
n
−
und wegen (2) ist dieses Supremum kein Maximum.
(d) Es gilt
1
1
− < 1 für alle m, n ∈ N,
(3)
m n
also −1 bzw. 1 sind eine untere bzw. obere Schranke.
Wir zeigen nun, dass 1 die kleinste obere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall wäre,
so wäre eine Zahl a < 1 obere Schranke, d.h.
−1 <
1
1
− ≤ a für alle m, n ∈ N.
m n
Für m = 1 würde daraus folgen, dass 0 < 1 − a ≤ 1/n für alle n ∈ N ist. Das ist aber
falsch, weil (1/n) eine Nullfolge ist.
Analog zeigt man, dass −1 die größte untere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall
wäre, so wäre eine Zahl a > −1 untere Schranke, d.h.
1
1
− ≥ a für alle m, n ∈ N.
m n
2
Für n = 1 würde daraus folgen, dass 0 < 1 + a ≤ 1/m für alle m ∈ N ist. Das ist aber
wieder falsch, weil (1/m) eine Nullfolge ist. Also:
1
1
1
1
inf
− : m, n ∈ N = −1, sup
− : m, n ∈ N = 1.
m n
m n
Wegen (3) ist das Infimum kein Minimum, und das Supremun ist kein Maximum.
(e) Es gilt
m
n
≤
für alle m, n ∈ N mit m ≤ n.
(4)
2n
2n
Außerdem gilt für alle n ∈ N, dass n ≥ 1 ist, also 2n ≥ n + 1, also 2n+1 n ≥ 2n (n + 1), also
1
n
n+1
≥ n ≥ n+1 .
2
2
2
Wegen (4) folgt daraus
max
nm
2n
1
: m, n ∈ N, m ≤ n = .
2
o
Offenbar ist Null untere Schranke. Wenn Null nicht größte untere Schranke wäre, so wäre
eine Zahl a > 0 untere Schranke, d.h.
m
≥ a > 0 für alle m, n ∈ N mit m ≤ n.
2n
Für m = 1 würde daraus folgen, dass 1/a ≥ 2n für alle n ∈ N ist. Nach der BernoulliUngleichung gilt aber 2n ≥ 1 + n, wir erhalten also einen Widerspruch. Also:
o
nm
inf n : m, n ∈ N, m ≤ n = 0.
2
Das Infimum ist wegen
m
2n
> 0 kein Minimum.
(f) Es gilt
m
< 1 für alle m, n ∈ N mit m < n.
(5)
n
also 0 bzw. 1 sind eine untere bzw. obere Schranke.
Wir zeigen nun, dass 1 die kleinste obere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall wäre,
so wäre eine Zahl a < 1 obere Schranke, d.h.
m
≤ a für alle m, n ∈ N mit m < n.
n
0<
Für m = n − 1 würde daraus folgen, dass 0 < 1 − a ≤ 1/n für alle n ∈ N ist. Das ist aber
falsch, weil (1/n) eine Nullfolge ist.
Analog zeigt man, dass Null die größte untere Schranke ist: Wenn das Gegenteil der Fall
wäre, so wäre eine Zahl a > 0 untere Schranke, d.h.
m
≥ a für alle m, n ∈ N mit m < n.
n
Für m = 1 würde daraus folgen, dass 1/n ≥ a > 0 für alle n ∈ N ist, und das ist wieder
falsch. Also:
1
1
1
1
inf
− : m, n ∈ N = 0, sup
− : m, n ∈ N = 1.
m n
m n
3
Wegen (5) ist das Infimum kein Minimum, und das Supremum ist kein Maximum.
2. Aufgabe Beweisen Sie, dass für beliebige nichtleere beschränkte Mengen X, Y ⊂ R
gilt
sup{x + y : x ∈ X, y ∈ Y } = sup X + sup Y.
Lösung Für beliebige x ∈ X und y ∈ Y gilt x ≤ sup X und y ≤ sup Y , also x + y ≤
sup X + sup Y . Mit anderen Worten, sup X + sup Y ist eine obere Schranke der Menge
{x + y : x ∈ X, y ∈ Y }.
Angenommen, es gäbe eine kleinere obere Schranke a < sup X + sup Y dieser Menge, d.h.
x + y ≤ a für alle x ∈ X, y ∈ Y.
Weil sup X kleinste obere Schranke von X ist, gilt dann
x0 > sup X −
sup X + sup Y − a
für ein x0 ∈ X.
2
Analog, weil sup Y kleinste obere Schranke von Y ist, gilt dann
y0 > sup Y −
sup X + sup Y − a
für ein y0 ∈ Y.
2
Daraus folgt x0 + y0 > a, und das ist ein Wiederspruch zu (6).
4
(6)
