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Universität/Hochschule Kompakte Mengen in R
Gengar
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  Themenstart: 2021-08-04

Hallo, hat jemand einen einfachen Beweis dafür, dass eine kompakte Menge \(M\) \(\subset\) \(\mathbb{R}\), die nicht leer ist, ein Maximum und Minimum hat?


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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-08-04

Weil $M$ beschränkt ist, existiert $\sup(M)$. Weil $\sup(M)$ ein Limes von Elementen aus $M$ ist und $M$ abgeschlossen ist, gilt $\sup(M) \in M$. Also ist $\sup(M)$ das Maximum von $M$.


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Gengar
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-04

Hmmm... Dazu äquivalent ist in der Tat, dass \(sup(M)\) \(\in\) \(M\). Aber dass das Supremum ein Grenzwert von Elementen aus \(M\) ist... das habe ich noch nie gesehen. Geht das nicht mit der Definition des Supremum?


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Triceratops
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  Beitrag No.3, eingetragen 2021-08-04

Für jedes $n \in \IN^+$ ist $\sup(M) - 1/n$ keine obere Schranke von $M$ (nach Def. des Supremums), es gibt also ein $a_n \in M$ mit $a_n > \sup(M) - 1/n$ bzw. $0 \leq \sup(M) - a_n < 1/n$.


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Gengar
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-05

Ahhh also sei \(sup(M)\) \(\notin\) \(M\) und schauen uns die Folgen \(\{ sup(M) - \frac{1}{n}\}_n\) und \(\{sup(M)\}_n\) an. Offenbar konvergieren beide Folgen gegen \(sup(M)\). Für alle \(\varepsilon\) \(>\) \(0\) existiert aber ein \(m \in M\) mit \(m > sup(M) - \varepsilon\). Dann kann man sich eine neue Folge \(\{x_n\}_n\) \(\subset\) \(M\) konstruieren mit \(sup(M) - \frac{1}{n} \le x_n \le sup(M)\) für alle \(n\). Nach dem Einschnürungssatz konvergiert die Folge auch gegen \(sup(M)\). Also ist \(M\) nicht abgeschlossen.


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Triceratops
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-08-05

Das ist ein Pseudo-Widerspruchsbeweis. Du nutzt die negierte Annahme gar nicht. Du kannst den Beweis direkt führen. Dadurch wird der Beweis auch kürzer. Im Prinzip steht der Beweis in meinem vorigen Beitrag auch schon.


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Gengar
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-05

Ist doch einfach die Kontraposition ?


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Wauzi
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-08-06

Hallo, der Vorschlag von Triceratops ergibt einen direkten Beweis: Die angegebene Folge ist offensichtlich gegen sup\(M) konvergent, insbesondere ist sup\(M) einziger Häufungspunkt von a_n. M kompakt => M folgenkompakt =>a_n hat Häufungspunkt in M weil a_n \el\M Da sup\(M) der einzige ist => sup\(M)\el\ M Gruß Wauzi


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Gengar
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-06

\quoteon(2021-08-06 12:31 - Wauzi in Beitrag No. 7) M kompakt => M folgenkompakt =>a_n hat Häufungspunkt in M weil a_n \el\M Da sup\(M) der einzige ist => sup\(M)\el\ M \quoteoff Dass alle Elemente der Folge in \(M\) enthalten sind, sehe ich nicht ein


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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-08-06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\) Hallo Gengar, Die Elemente sind schon grundsätzlich so gewählt, dass sie alle in $M$ liegen. Siehe Beitrag Nr. 3. Viele Grüße Vercassivelaunos\(\endgroup\)


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CCraizarCC
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  Beitrag No.10, eingetragen 2021-08-06

Der Beweis für solche Probleme ist immer gleich. Da $M$ beschränkt ist folgt $\sup(M)<\infty$. Sei $a_n$ eine folge in $M$, sodass $a_n\geq\sup(M)-\frac{1}{n}$. Diese Folge bekommst du, indem du eine Folge, die nach dem Supremum konvergieren lassen, konstruieren. zb $a_n:=\sup(M)-\frac{1}{n}$. Dann liegt die Folge noch im $M$, sonst wäre $\sup(M)$ was wir oben benutzt nicht das kleinste obere Schranke. Da $M$ kompakt ist folgt damit, dass die Grenzwert von der folge $a_n$ in $M$ liegen muss. Damit gilt nach der Konstruktion der Folge $a_n$ $\sup(M)=a=\lim\limits_{n\to\infty} a_n$. Solche Beweisstruktur wird sehr oft benutzt um Existenz von Minimierer zu zeigen.


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zippy
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  Beitrag No.11, eingetragen 2021-08-07

\quoteon(2021-08-06 23:51 - CCraizarCC in Beitrag No. 10) Der Beweis für solche Probleme ist immer gleich. \quoteoff Das ist richtig, aber der Beweis funktioniert nicht so, wie du ihn hier beschreibst: \quoteon(2021-08-06 23:51 - CCraizarCC in Beitrag No. 10) zb $a_n:=\sup(M)-\frac{1}{n}$. Dann liegt die Folge noch im $M$, sonst wäre $\sup(M)$ was wir oben benutzt nicht das kleinste obere Schranke. \quoteoff Warum sollte $a_n\in M$ sein? --zippy


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CCraizarCC
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Mitteilungen: 12
  Beitrag No.12, eingetragen 2021-08-07

Ah da habe ich einen Fehler. Die Mengen kann auch aus endlich vielen Punkten bestehen. Also ist die Konstruktion von $a_n=\sup(M)-\frac{1}{n}$ nicht korrekt. Solche Folge, die gegen das Supremum konvergiert, existiert aber.


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AllenscheRegel
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  Beitrag No.13, eingetragen 2021-08-07

Die Konstruktion dieser Folge steht die ganze Zeit schon in Beitrag 3. Ist die so schwer zu verstehen, dass jetzt schon 2 Alternativbeweise gemacht wurden, einer falsch einer umständlicher?


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