Um den Mangel der rationalen Zahlen, dass beispielsweise die Gleichung $x^2 = 2$ in ihnen keine Lösung hat, zu beheben, werden wir eine zusätzliche Forderung an die reellen Zahlen stellen müssen, also ein weiteres Axiom aufstellen. Für die Formulierung dieses Axioms benötigen wir den Begriff des Supremums, den ich Dir in dieser Blog-Folge erkläre.
Obere Schranke
Anschaulich kann man recht einfach beschreiben, was ein Supremum eigentlich ist, nämlich die kleinste obere Schranke für eine nach oben beschränkte Menge. Diese Charakterisierung ist aber natürlich nicht ausreichend. Einerseits treten weitere neue Begriff wie "obere Schranke" und "nach oben beschränkte Menge auf", andererseits ist zunächst ja auch gar nicht klar, ob solche nach oben beschränkte Mengen immer eine kleinste obere Schranke haben. Diese Fragen sind aber genau die Leitlinien, denen wir hier folgen werden. Zunächst klären wir also die Begriffe "nach oben beschränkt" und "obere Schranke".
Definition
Es sei $({\cal K}, +, \cdot, \leq)$ ein angeordneter Körper und $A \subseteq {\cal K}$.
Die Menge $A$ heißt nach oben beschränkt, wenn ein $S \in \cal K$ existiert mit $x \leq S$ für alle $x\in A$.
Die Zahl $S$ heißt dann obere Schranke von $A$.
Schauen wir uns ein einfaches Beispiel an, um die soeben definierten Begriffe tiefer zu durchdringen. Wir betrachten die Menge \[ A := \{x\in\R | 0 \leq x < 1 \}. \] Wegen $x < 1$ für alle $x\in A$ ist $1$ offensichtlich eine obere Schranke für die Elemente der Menge $A$, genauso wie $2$ und auch $3$, denn natürlich gilt auch $x < 2$ für alle $x \in A$ und damit auch $x < 3$ für alle $x\in A$. Damit ist die Menge $A$ auch nach oben beschränkt.
Demgegenüber ist beispielsweise die Menge $\N$ der natürlichen Zahlen nicht nach oben beschränkt. Für diese Menge könnten wir also keine obere Schranke angeben.
Supremum
Kommen wir zurück zur Menge $A$ von oben. Wir hatten gesehen, dass es viele obere Schranken gibt, z. B. $1$, $2$ und $3$, aber auch $\frac{3}{2}$ wäre eine obere Schranke. Von all diesen Schranken nimmt die $1$ aber eine besondere Rolle ein, denn sie ist die kleinste obere Schranke. Das macht ein Supremum aus!
Definition
Es sei $\cal K$ ein angeordneter Körper und $A \subseteq {\cal K}$ eine nach oben beschränkte Teilmenge von $A$.
Dann heißt $S\in \cal K$ Supremum von $A$, falls die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
$S$ ist eine obere Schranke von $A$.
- Für jede obere Schranke $S'$ von $A$ gilt $S \leq S'$.
Wir schreiben $\sup(A)$ für das Supremum von $A$.
Gemäß Definition ist ein Supremum also immer eine obere Schranke. Damit kann eine Menge, die nicht nach oben beschränkt ist, auch kein Supremum haben. Eine beliebige Teilmenge $A$ eines angeordneten Körpers $\cal K$ kann somit ein Supremum haben, muss sie aber nicht.
Weiterhin sehen wir an der Supremumsdefinition, dass ein Supremum $S$ nicht nur eine obere Schranke sein muss, sondern dass alle anderen oberen Schranken nicht kleiner als $S$ sein dürfen. Dies bedeutet, dass ein Supremum die kleinste obere Schranke ist, die es gibt. Diese Eigenschaft ist ganz wesentlich für ein Supremum.
Kommen wir wieder zurück zur Menge $A$ von oben. Wir hatten schon gesehen, dass $1$ eine obere Schranken von $A$ ist. Kann es eine kleinere obere Schranke als die $1$ geben? Nein, denn jeder Wert, der echt kleiner als $1$ ist, ist keine obere Schranke mehr für $A$. Dies können wir auch leicht formal mit einem Widerspruchsbeweis begründen.
Angenommen, $0 \leq S' < 1$ sei eine obere Schranke. Wir bilden jetzt $S''$ als das arithmetische Mittel von $S'$ und $1$, also \[ S'' := \frac{S' + 1}{2}. \] Damit folgt $0 \leq S' < S'' < 1$, womit $S'' \in A$ gilt. Dies ist ein Widerspruch dazu, dass $S'$ eine obere Schranke von $A$ ist, denn wir haben ja jetzt mit $S''$ ein Element aus $A$ konstruiert, dass echt größer als $S'$ ist. Also kann es keine obere Schranke geben, die kleiner als $1$ ist. Somit gilt \[ \sup(A) = 1. \]
Was unterscheidet jetzt ein Supremum von einem Maximum? Während das Supremum die kleinste obere Schranke für eine nach oben beschränkte Menge $A$ ist, ist das Maximum anschaulich immer das größte Element dieser Menge $A$. Dabei gibt es genau zwei Fälle:
Gilt $\sup(A) \in A$, dann ist das Supremum auch das Maximum.
Gilt $\sup(A) \notin A$, dann hat $A$ zwar ein Supremum, aber kein Maximum.
Dementsprechend fällt auch unsere Definition des Begriffs Maximum aus.
Definition
Gilt $\sup(A) \in A$, dann nennen wir $\sup(A)$ auch das das Maximum von $A$ und schreiben $\max(A)$ für das Supremum von $A$.Ein Supremum einer Menge $A$ kann also selbst in $A$ enthalten sein, muss es aber nicht. Wenn das Supremum nicht selbst in $A$ enthalten ist, dann hat $A$ kein Maximum, kein größtes Element, also ein Element, das selbst in $A$ ist und größer als alle anderen Elemente in $A$. Dies ist beispielsweise für die Menge $A = \{x\in\R | 0 \leq x < 1 \}$ von oben der Fall. Wie wir gesehen haben, gilt $\sup(A) \notin A$ und somit hat $A$ zwar ein Supremum, aber kein Maximum.
Fazit: Jedes Maximum ist ein Supremum, aber nicht jedes Supremum ist ein Maximum.
Das die Menge $A$ kein größtes Element hat, kann man auch wiederum formal leicht begründen und zwar auf die gleiche Weise, wie wir gezeigt haben, dass es keine obere Schranke geben kann, die kleiner als $1$ ist. Angenommen, $m\in A$ wäre solch ein größtes Element also ein Maximum. Dann setzen wir \[ m' := \frac{m+1}{2}. \] als das arithmetische Mittel von $m$ und $1$. Damit folgt einerseits $m' < 1$ und andererseits $m' > m$ und aus beiden Ungleichungen $m' \in A$. Wir haben also in $A$ ein Element gefunden, dass größer als $m$ ist. Dies steht aber im Widerspruch zu unserer Annahme, dass $m$ ein Maximum ist. Also kann die Menge $A$ kein Maximum haben.
Anders wäre dies für die Menge \[ B := \{x \in \R | 0 \leq x \leq 1 \}. \] Wiederum ist $1$ die kleinste obere Schranke und somit $\sup(B) = 1$. Weil aber $1 \in B$ gilt, hat $B$ nicht nur ein Supremum sondern auch ein Maximum: $\max(B) = 1$.
Eindeutigkeit des Supremums
Wenn eine Menge $A$ ein Supremum hat, dann ist dieses eindeutig bestimmt. Es können also nicht zwei verschiedene Suprema existieren. Dies können wir wie folgt begründen: Angenommen es gäbe zwei Suprema, nenne wir sie $S$ und $T$, für eine Menge $A$. Per Definition ist jedes Supremum eine obere Schranke. Aus der Supremumsdefinition folgt dann sowohl $S \leq T$ (weil $S$ Supremum und $T$ obere Schranke ist) als auch $T\leq S$ (weil $T$ Supremum und $S$ obere Schranke ist). Aus der Antisymmetrie des angeordneten Körpers ergibt sich, dass $S=T$ gelten muss. Die Suprema sind also identisch.
Wenn ein Supremum für eine Menge $A$ existiert, können wir also immer von dem Supremum sprechen.
Beispiele
Nach diesen ganzen theoretischen Überlegungen ist es Zeit, den Begriff des Supremums mit einigen einfachen Beispielen einzuüben.
Beispiel
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Die Menge $\N$ der ganzen Zahlen ist nach oben nicht beschränkt. Damit hat $\N$ kein Supremum.
Bemerkung: Bei der Aussage, dass $\N$ nach oben nicht beschränkt ist, habe ich an Deine Anschauung appelliert. Strenggenommen müssten wir diese Aussage beweisen. Tatsächlich werden wir diese Aussage auch in Kürze beweisen. Sie ist eine Folgerung des sogenannten Archimedischen Prinzips.
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Es sei \[ A := \left\{\left. 1-\frac{1}{4n}\right| n \in \N\right\}. \] Dann gilt $\sup(A) = 1$, aber das Maximum von $A$ existiert nicht.
Anschauliche Begründung: Wegen $-\frac{1}{4n} < 0$ ist $1$ auf jeden Fall eine obere Schranke. Andererseits nähert sich der Term $-\frac{1}{4n} < 0$ für wachsendes $n$ immer stärker der Null, insbesondere können wir der Null beliebig nahe kommen. Damit ist $1$ auch die kleinste obere Schranke. Wegen $1 \notin A$ existiert dann das Maximum nicht.
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Es sei $A := \{1,2,3\}$. Dann gilt \[ \sup(A) = \max(A) = 3. \]
Wie wir die Supremumseigenschaften leichter nachweisen können
Der folgende Satz liefert uns eine äquivalente Charakterisierung für ein Supremum. Er ist wichtig, weil wir mit ihm die Supremumseigenschaften meistens einfacher formal beweisen können als mit der Supremumsdefinition.
Satz
Es sei $\cal K$ ein angeoordneter Körper und $A\subseteq \cal K$ eine Teilmenge von $\cal K$.
Dann ist $S\in\cal K$ genau das Supremum von $A$, wenn die beiden folgenden Bedingungen gelten:
Für alle $x \in A$ gilt $x \leq S$.
Für alle $\epsilon > 0$ existiert ein $x\in A$ mit $S-\epsilon < x$.
An dieser Stelle sehen wir in Punkt (ii) erstmals eine Allquantifizierung über $\epsilon > 0$. Aussagen dieser Art sind ganz typisch für die Analysis, tatsächlich ist sie voll davon. Auch den wichtigsten Begriff der Analysis, der des Grenzwerts, werden wir mit einer Allquantifizierung über $\epsilon > 0$ definieren. Daher ist es wichtig, dass Du Dich von Anfang an mit der Denkweise, die dahinter steckt, vertraut machst und Dich darin übst.
Mit einer über $\epsilon > 0$ allquantifizierten Aussage $A$ will man ausdrücken, dass $A$ für beliebig kleine (aber positive) $\epsilon$ gilt. Interessant sind dabei immer die kleinen Werte für $\epsilon$, also die, die ganz nahe bei Null liegen.
Die Aussage (ii) des Satzes können wir so interpretieren: Es ist vollkommen egal, wie wenig man von der oberen Schranke $S$ abzieht. Sobald man auch nur eine Winzigkeit (formuliert als $\epsilon$) von $S$ abzieht, ist $S$ keine obere Schranke mehr für die Menge $A$. Dabei drückt man die Aussage "... ist $S$ keine obere Schranke mehr für $A$" durch die Formulierung "es existiert ein $x\in A$ mit $S - \epsilon < x$" aus.
Beweis
Der Beweis ist eine Äquivalenzaussage, also müssen wir zwei Richtungen beweisen.
$\Rightarrow$: Es sei $S$ das Supremum einer Menge $A$. Wir müssen nun die Eigenschaften (i) und (ii) des Satzes nachweisen. Da (i) nichts anderes als die definitorische Eigenschaft für eine obere Schranke ist und jedes Supremum per Definition auch eine obere Schranke ist, ist (i) erfüllt.
Bleibt noch der Nachweis von (ii). Hierzu führen wir einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass (ii) nicht erfüllt ist. Die Negation von (ii) lautet: \[ \exists \epsilon > 0 \forall x \in A: S - \epsilon \geq x. \] Damit erfüllt aber auch $S-\epsilon$ die Eigenschaft, eine obere Schranke von $A$ zu sein. Wegen $S-\epsilon < S$, denn es gilt ja $\epsilon > 0$, ist dies aber ein Widerspruch dazu, dass $S$ ein Supremum ist, denn wir wissen ja, dass ein Supremum immer die kleinste obere Schranke ist, die es für eine Menge $A$ gibt.
$\Leftarrow$: Für $S$ gelte (i) und (ii). Wir müssen damit die Supremumseigenschaften nachweisen. Da wiederum (i) der Definition einer oberen Schranke entspricht, ist diese Supremumseigenschaft erfüllt.
Es sei nun $S'$ eine beliebige obere Schranke von $A$. Annahme: Es gilt $S > S'$.
Aus der Annahme folgt $S-S' > 0$. Es sei nun $\epsilon := S-S'$. Nach Voraussetzung existiert ein $x\in A$ mit $x > S - \epsilon = S'$. Damit kann aber $S'$ keine obere Schranke sein und wir haben einen Widerspruch. Also ist die Annahme falsch, d. h. für alle oberen Schranken $S'$ gilt $S \leq S'$. Also ist $S$ ein Supremum.
Das nächste Beispiel zeigt an der Menge aus Punkt (ii) des letzten Beispiels, wie wir diesen Satz nutzen können. Im Prinzip weisen wir nun die Supremumseigenschaft nach, indem wir eine Ungleichung auflösen.
Beispiel
Wir betrachten wieder die Menge \[ A = \left\{ \left. 1 - \frac{1}{4n} \right| n \in \N \right\}. \] Oben haben wir nur anschaulich begründet, dass $1$ die kleinste obere Schranke und damit ein Supremum ist. Diesmal nutzen wir den letzten Satz und liefern damit eine formalere Begründung.
Eigenschaft (i) des Satzes hatten wir schon diskutiert. Wegen der strikten Ungleichung "$\ldots < 1$" ist $1$ eine obere Schranke. Wir müssen also nur noch (ii) nachweisen, d. h. wir müssen für jedes $\epsilon > 0$ ein $x\in A$ angeben, so dass $x > 1-\epsilon$ gilt. Dies entspricht der folgenden Ungleichung: \[ 1 - \frac{1}{4n} > 1 - \epsilon. \] Jetzt lösen wir diese Ungleichung nach $n$ auf. \begin{eqnarray*} & & 1 - \frac{1}{4n} > 1 - \epsilon \\ & \Longleftrightarrow & - \frac{1}{4n} > -\epsilon \\ & \Longleftrightarrow & \frac{1}{4n} < \epsilon \\ & \Longleftrightarrow & \frac{1}{4\epsilon} < n. \end{eqnarray*}
Die letzte Ungleichung können wir für jedes beliebige $\epsilon > 0$ leicht erfüllen. Wir müssen dazu einfach nur eine natürliche Zahl $n$ wählen, die größer als $\frac{1}{4\epsilon}$ ist. Dies geht immer. Für $\epsilon = \frac{1}{1000} = 0,001$ hätten wir beispielsweise \[ \frac{1}{4\frac{1}{1000}} = \frac{1000}{4} = 250 \] auf der linken Seite der Ungleichung und wir würden $n=251$ wählen, damit sie erfüllt ist. Für noch kleinere $\epsilon$ müssten wir dementsprechend noch größere $n$ wählen. Aber dies ist niemals ein Problem. Egal wie groß der Term auf der linken Seite der Ungleichung wird, es gibt immer eine natürliche Zahl $n$, die noch größer ist. Dies garantiert uns das schon oben erwähnte Archimedische Prinzip.
Infimum
Der Begriff des Supremums basiert auf einer Beschränkung nach oben. Analog können wir natürlich auch eine Beschränkung nach unten betrachten. Der zugehörige Begriff ist der des Infimums.
Infimum
Es sei $({\cal K},+,\cdot,\leq)$ ein angeordneter Körper und $A\subseteq {\cal K}$.
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Die Menge $A$ heißt nach unten beschränkt, wenn ein $S\in {\cal K}$ existiert mit $S\leq x$ für alle $x\in A$.
Die Zahl $S$ heißt dann untere Schranke von $A$.
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$S \in {\cal K}$ heißt Infimum von $A$, falls die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
$S$ ist eine untere Schranke von $A$.
Für jede untere Schranke $S'$ von $A$ gilt $S\geq S'$.
Wir schreiben $\inf(A)$ für das Infimum von $A$.
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Gilt $\inf(A)\in A$, dann nennen wir $\inf(A)$ auch das Minimum von $A$ und schreiben $\min(A)$ für das Infimum von $A$.
Ein Infimum einer Menge $A$ ist also die größte untere Schranke von $A$. Wie das Supremum muss natürlich auch das Infimum nicht existieren. Wenn das Infimum existiert und in $A$ enthalten ist, dann ist es auch das Minimum von $A$.
In der nächsten Blog-Folge werden wir sehen, wie wir mithilfe des Supremums dafür sorgen können, dass Gleichungen der Form $x^2 = p$ für alle $p \geq 0$ in den reellen Zahlen eine Lösung haben.
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