Supremum und Infimum: Eigenschaften – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

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Da das Supremum auf Mengen angewandt wird, ist eine sehr naheliegende Frage: Was passiert mit dem Supremum, wenn wir die Menge verändern? Wenn wir sie mit einer anderen Menge beispielsweise schneiden oder vereinigen, wenn wir sie größer oder kleiner machen? Hier werden wir einige Regeln kennen lernen, die dir helfen werden, mit dem Supremum zu arbeiten.

Übersicht der Regeln zum Supremum und Infimum

Wir definieren zuerst einige Kurzschreibweisen.

Definition

Für alle Mengen $A,B\subseteq \mathbb {R}$ und alle $\lambda \in \mathbb {R}$ definieren wir:

• $-A:=\{-x:x\in A\}$
• $\lambda A:=\{\lambda x:x\in A\}$
• $A+B:=\{a+b:a\in A,b\in B\}$
• $A\cdot B:=\{a\cdot b:a\in A,b\in B\}$

Für das Supremum und Infimum gelten folgende Regeln. Dabei ist $A,B,D\subseteq \mathbb {R}$ und $f,g:D\rightarrow \mathbb {R}$ sowie $\lambda \in \mathbb {R}$. Im Folgenden wird immer angenommen, dass das Supremum beziehungsweise das Infimum existiert.

Regeln für das Supremum

• $\sup A\geq \inf A$
• $A\subseteq B\Rightarrow \sup A\leq \sup B$

• $\sup(A\cup B)=\max\{\sup A,\sup B\}$
• $\sup(A\cap B)\leq \min\{\sup A,\sup B\}$
• $\sup(-A)=\sup(\{-x:x\in A\})=-\inf(A)$
• $\sup(\{x^{-1}:x\in A\})=(\inf(A))^{-1}$, falls $\inf(A)>0$ ist.
• $\sup(\lambda A)=\sup(\{\lambda x:x\in A\})=\lambda \cdot \sup(A)$ für $\lambda \geq 0$
• $\sup(A+B)=\sup(\{x+y:x\in A\land y\in B\})=\sup(A)+\sup(B)$
• $\sup(A\cdot B)=\sup(\{x\cdot y:x\in A\land y\in B\})=\sup(A)\cdot \sup(B)$, falls $A$ und $B$ nur nichtnegative Elemente enthalten.
• $\sup(f+g)(D)\leq \sup f(D)+\sup g(D)$
• Es gibt eine Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ aus $A$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=\sup A$.

Frage: Warum gilt nicht $\sup A\leq \sup B\Rightarrow A\subseteq B$? Finde ein Gegenbeispiel!

Ein Gegenbeispiel hierfür ist $A:=\{1\},B:=\{2\}$.

Frage: Warum gilt nicht $\sup(A\cap B)=\min\{\sup A,\sup B\}$? Finde ein Gegenbeispiel!

Sei $A=\{1,2\}$ und $B=\{1,3\}$. Dann gilt $A\cap B=\{1\}$ und also $\sup A\cap B=1$, aber $\sup A=2$ und $\sup B=3$, also $\min\{\sup A,\sup B\}=2$.

Das Supremum der Summe zweier Funktionen kann kleiner als die Summe ihrer Suprema sein.

Frage: Warum gilt nicht $\sup(f+g)(D)=\sup f(D)+\sup g(D)$? Finde ein Gegenbeispiel!

Wir setzen $D:=[0,1]$. Als Funktionen wählen wir $f:D\to \mathbb {R} ,x\mapsto x$ und $g:D\to \mathbb {R} ,x\mapsto 1-x$. Also ist $(f+g):D\to \mathbb {R} ,x\mapsto 1$. Es gilt

$\sup(f+g)(D)=1<1+1=\sup f(D)+\sup g(D)$

Regeln für das Infimum

• $\inf A\leq \sup A$
• $A\subseteq B\Rightarrow \inf A\geq \inf B$
• $\inf(A\cup B)=\min\{\inf A,\inf B\}$
• $\inf(A\cap B)\geq \max\{\inf A,\inf B\}$
• $\inf(-A)=\inf(\{-x:x\in A\})=-\sup(A)$
• $\inf(\lambda A)=\inf(\{\lambda x:x\in A\})=\lambda \cdot \inf(A)$ für $\lambda \geq 0$
• $\inf(A+B)=\inf(\{x+y:x\in A\land y\in B\})=\inf(A)+\inf(B)$
• $\inf(A\cdot B)=\inf(\{x\cdot y:x\in A\land y\in B\})=\inf(A)\cdot \inf(B)$, falls $A$ und $B$ nur nichtnegative Elemente enthalten.
• $\inf(f+g)(D)\geq \inf f(D)+\inf g(D)$
• Es gibt eine Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ aus $A$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=\inf A$.

Beweis der Regeln

In den folgenden Abschnitten werde ich die obigen Eigenschaften nur für das Supremum beweisen.

Supremum ist größer gleich dem Infimum

Satz

Sei $A$ eine nicht leere, beschränkte Menge. Es ist dann $\sup A\geq \inf A$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Die Aussage bedeutet anschaulich gesprochen, dass die kleinste obere Schranke einer Menge größer oder gleich als die größte untere Schranke ist. Dies ist sinnvoll, da eine obere Schranke einer Menge immer größer oder gleich als eine untere Schranke sein sollte. Die einzige Schwierigkeit besteht nun darin, dies formal zu beweisen. Hier hilft die Anschauung, dass eine nichtleere Menge mindestens ein Element hat, welches dann zwischen Supremum und Infimum "eingequetscht" ist. Auf dem Zahlenstrahl ist die Reihenfolge auch klar, nämlich drückt das Infimum von unten, während das Supremum oben aufsitzt. Wir nehmen also das garantierte Element und "quetschen" es in eine Ungleichungskette, starten links beim Infimum und enden rechts beim Supremum. Dann haben wir aber Supremum und Infimum so getrennt, wie es der Satz will.

Beweis

Als nicht leere Menge besitzt $A$ mindestens ein Element $x$. Da $\sup A$ eine obere Schranke ist, ist $x\leq \sup A$. Analog gilt $\inf A\leq x$. Insgesamt ist $\inf A\leq x\leq \sup A$ und damit auch $\inf A\leq \sup A$.

Abschätzung des Supremums bei Teilmengen

Satz

Ist $A\subseteq B$, dann ist $\sup A\leq \sup B$.

Beweis

Nach der ersten Supremumsbedingung ist $\sup B$ eine obere Schranke von $B$, also wegen $A\subseteq B$ insbesondere auch von $A$, d.h. für alle $x\in A$ gilt $x\leq \sup B$. Das Supremum von $A$ ist aber gerade charakterisiert als die kleinste obere Schranke von $A$, es muss also insbesondere kleiner oder gleich $\sup B$ sein.

Supremum bei der Vereinigung

Satz

Es ist

$\sup(A\cup B)=\max\{\sup A,\sup B\}$

Beweis

Ist $x\in A\cup B$, so ist $x\in A$ oder $x\in B$. Nach der ersten Supremumsbedingung gilt somit $x\leq \sup A$ oder $x\leq \sup B$. Also insbesondere $x\leq \max\{\sup A,\sup B\}$. Damit ist $\max\{\sup A,\sup B\}$ eine obere Schranke von $A\cup B$.

Den zweiten Teil erhalten wir wie folgt: Es gilt immer $\sup A\leq \sup B$ oder $\sup B\leq \sup A$. Gehen wir vom ersten Fall aus (falls wir nicht im ersten Fall sind, benennen wir unsere Mengen einfach um): Dann gilt für alle $x\in A$ wegen der ersten Supremumsbedingung $x\leq \sup A$, aber wegen $\sup A\leq \sup B$ auch $x\leq \sup B$ und $\sup B$ ist eine obere Schranke von $A$ und nach Definition auch von $B$, also von $A\cup B$. Dass es auch die kleinste obere Schranke ist, folgt aus der zweiten Supremumsbedingung: Jede kleinere Zahl ist keine obere Schranke mehr von $B$, also auch nicht von $A\cup B$.

Supremum beim Schnitt

Satz

Es ist

$\sup(A\cap B)\leq \min\{\sup A,\sup B\}$

Beweis

Dieser Teil folgt direkt aus 1. und der Tatsache, dass $A\cap B\subseteq A$ und $A\cap B\subseteq B$ gilt: $\sup(A\cap B)\leq \sup A$ und $\sup(A\cap B)\leq \sup B$, also $\sup A\cap B\leq \min\{\sup A,\sup B\}$. Theoretisch sind wir damit mit dem Beweis fertig, aber es ist sicherlich illustrativ, so zu überlegen, warum hier im Allgemeinen eine Ungleichheit steht.

Supremum und Multiplikation mit $-1$

Satz

Es ist

$\sup(-A)=\sup(\{-x:x\in A\})=-\inf(A)$

Beweis

Für alle $x\in A$ gilt $\inf(A)\leq x$. Multiplikation der Ungleichung mit $-1$ ergibt gerade $-x\leq -\inf(A)$. Da aber alle Elemente von $-A$ von dieser Form sind, ist $-\inf(A)$ eine obere Schranke für $-A$. Da jedoch das Supremum von $-A$ die kleinste aller oberen Schranken ist, folgt $\sup(-A)\leq -\inf(A)$.

Sei nun $\varepsilon >0$ gegeben. Nach der Definition des Infimums ist $\inf(A)+\varepsilon$ dann keine untere Schranke von $A$. Das bedeutet, dass ein $x\in A$ existiert, sodass $x<\inf(A)+\varepsilon$. Multipliziert man diese Ungleichung mit $-1$ so erhält man $-x>-\inf(A)-\varepsilon$. Es ist aber $-x$ ein Element in $-A$, also kann $-\inf(A)-\varepsilon$ keine obere Schranke von $-A$ sein. Da unser $\varepsilon$ beliebig gewählt war, folgt die gewünschte Gleichheit $\sup(-A)=-\inf(A)$.

Hinweis

Aus dieser Regel erhalten wir zwischen Supremum und Infimum die Zusammenhänge $\sup(A)=\sup(-(-A))=-\inf(-A)$ und $\inf(A)=-(-\inf(A))=-\sup(-A)$.

Supremum und Multiplikation mit einem nicht negativen Skalar

Satz

Für $\lambda \geq 0$ gilt

$\sup(\lambda A)=\sup(\{\lambda x:x\in A\})=\lambda \sup(A)$

Beweis

Ist $\lambda =0$, so gibt es nicht viel zu zeigen, denn $\lambda \cdot A=0\cdot A=\{0\}$ und $\sup(\{0\})=0=0\sup(A)$.

Wir können also im Weiteren $\lambda >0$ voraussetzen. Für alle $x\in A$ gilt $x\leq \sup(A)$. Multiplikation der Ungleichung mit $\lambda$ ergibt gerade $\lambda x\leq \lambda \sup(A)$. Da aber alle Elemente von $\lambda \cdot A$ von dieser Form sind, ist $\lambda \sup(A)$ eine obere Schranke für $\lambda \cdot A$. Da jedoch das Supremum von $\lambda \cdot A$ die kleinste aller oberen Schranken ist, folgt $\sup(\lambda \cdot A)\leq \lambda \sup(A)$.

Sei nun $\varepsilon >0$ gegeben und wir definieren $\varepsilon ':={\frac {\varepsilon }{\lambda }}$. Dies ist erlaubt, da wir $\lambda >0$ voraussetzen. Nach der Definition des Supremums ist $\sup(A)-\varepsilon '$ dann keine obere Schranke von $A$. Das bedeutet, dass ein $x\in A$ existiert, sodass $x>\sup(A)-\varepsilon '$. Multipliziert man diese Ungleichung mit $\lambda$ so erhält man

$\lambda x>\lambda \sup(A)-\lambda \varepsilon '=\lambda \sup(A)-\lambda {\frac {\varepsilon }{\lambda }}=\lambda \sup(A)-\varepsilon$

Es ist aber $\lambda x$ ein Element in $\lambda \cdot A$, also kann $\lambda \sup(A)-\varepsilon$ keine obere Schranke von $\lambda \cdot A$ sein. Da unser $\varepsilon$ beliebig gewählt war, folgt die gewünschte Gleichheit $\sup(\lambda \cdot A)=\lambda \sup(A)$.

Supremum und Summen

Satz

Es ist

$\sup(A+B)=\sup(\{x+y:x\in A\land y\in B\})=\sup(A)+\sup(B)$

Beweis

Jedes Element $z\in A+B$ besitzt die Form $z=x+y$ für ein $x\in A$ und ein $y\in B$. Nach der Definition des Supremums gilt $x\leq \sup(A)$ und $y\leq \sup(B)$. Addition der beiden Ungleichungen ergibt $z=x+y\leq \sup(A)+\sup(B)$. Also ist $\sup(A)+\sup(B)$ eine obere Schranke für $A+B$. Da jedoch das Supremum von $A+B$ die kleinste aller oberen Schranken ist, folgt $\sup(A+B)\leq \sup(A)+\sup(B)$.

Sei nun $\varepsilon >0$ gegeben und wir definieren $\varepsilon ':={\frac {\varepsilon }{2}}$. Nach der Definition des Supremums ist $\sup(A)-\varepsilon '$ dann keine obere Schranke von $A$ und $\sup(B)-\varepsilon '$ keine obere Schranke von $B$. Das bedeutet, dass ein $x\in A$ und ein $y\in B$ existieren, sodass $x>\sup(A)-\varepsilon '$ und $y>\sup(B)-\varepsilon '$. Durch Addition beider Ungleichungen erhält man

$x+y>\sup(A)+\sup(B)-2\varepsilon '=\sup(A)+\sup(B)-2{\frac {\varepsilon }{2}}=\sup(A)+\sup(B)-\varepsilon$

Es ist aber $x+y$ ein Element in $A+B$, also kann $\sup(A)+\sup(B)-\varepsilon$ keine obere Schranke von $A+B$ sein. Da unser $\varepsilon$ beliebig gewählt war, folgt die gewünschte Gleichheit $\sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)$.

Supremum und Produkte

Satz

Falls $A$ und $B$ nur nicht negative Elemente enthalten, ist

$\sup(A\cdot B)=\sup(\{x\cdot y:x\in A\land y\in B\})=\sup(A)\cdot \sup(B)$

Beweis

Jedes Element $z\in A\cdot B$ besitzt die Form $z=x\cdot y$ für ein $x\in A$ und ein $y\in B$. Nach der Definition des Supremums gilt $x\leq \sup(A)$ und $y\leq \sup(B)$. Multiplikation der beiden Ungleichungen ergibt $z=x\cdot y\leq \sup(A)\cdot \sup(B)$. Also ist $\sup(A)\cdot \sup(B)$ eine obere Schranke für $A\cdot B$. Da jedoch das Supremum von $A\cdot B$ die kleinste aller oberen Schranken ist, folgt $\sup(A\cdot B)\leq \sup(A)\cdot \sup(B)$.

Ist $\sup(A)=0$ oder $\sup(B)=0$, so folgt $A=\{0\}$ oder $B=\{0\}$, denn es wurden alle Elemente aus $A$ und $B$ als nicht negativ also größer oder gleich Null vorausgesetzt. Damit folgt sofort $\sup(A\cdot B)=0$.

Im Folgenden kann man also $\sup(A)>0$ und $\sup(B)>0$ voraussetzen. Sei nun $\varepsilon >0$ gegeben. Dann können wir nach dem vorangehenden Satz ohne Probleme $\varepsilon _{A}:={\frac {\varepsilon }{2\sup(B)}}$ und $\varepsilon _{B}:={\frac {\varepsilon }{2\sup(A)}}$ definieren.

Nach der Definition des Supremums ist $\sup(A)-\varepsilon _{A}$ dann keine obere Schranke von $A$ und $\sup(B)-\varepsilon _{B}$ keine obere Schranke von $B$. Das bedeutet, dass ein $x\in A$ und ein $y\in B$ existieren, sodass $x>\sup(A)-\varepsilon _{A}$ und $y>\sup(B)-\varepsilon _{B}$. Durch Produktbildung beider Ungleichungen erhält man

$x\cdot y>(\sup(A)-\varepsilon _{A})\cdot (\sup(B)-\varepsilon _{B})=\sup(A)\cdot \sup(B)-{\frac {\varepsilon }{2\sup(B)}}\cdot \sup(B)-{\frac {\varepsilon }{2\sup(A)}}\cdot \sup(A)+\varepsilon _{A}\cdot \varepsilon _{B}=\sup(A)\cdot \sup(B)-{\frac {\varepsilon }{2}}-{\frac {\varepsilon }{2}}+\varepsilon _{A}\cdot \varepsilon _{B}=\sup(A)\cdot \sup(B)-\varepsilon +\varepsilon _{A}\cdot \varepsilon _{B}>\sup(A)\cdot \sup(B)-\varepsilon$

Man beachte das $>$-Zeichen im letzten Schritt. Hierbei wurde $\varepsilon _{A}\cdot \varepsilon _{B}>0$ verwendet. Nun ist $x\cdot y$ ein Element in $A\cdot B$, also kann $\sup(A)\cdot \sup(B)-\varepsilon$ keine obere Schranke von $A\cdot B$ sein. Da unser $\varepsilon$ beliebig gewählt war, folgt die gewünschte Gleichheit $\sup(A\cdot B)=\sup(A)\cdot \sup(B)$.

Supremum der Summe zweier Funktionen kleiner gleich der Summe der Suprema dieser Funktionen

Satz

Es gilt $\sup(f+g)(D)=\sup(\{f(t)+g(t):t\in D\})\leq \sup f(D)+\sup g(D)$

Beweis

Es gilt

${\begin{aligned}&\sup(f+g)(D)\\[0.3em]=\ &\sup(\{f(t)+g(t):t\in D\})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sup A\leq \sup B{\text{ für }}A\subseteq B\right.}\\[0.3em]\leq \ &\sup(\{f(t)+g(s):t,s\in D\})\\[0.3em]=\ &\sup(\{a+b:a\in f(D),b\in g(D)\})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sup(A+B)=\sup A+\sup B\right.}\\[0.3em]=\ &\sup f(D)+\sup g(D)\end{aligned}}$

Existenz einer Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ in $A$ mit $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\sup A$

Satz

Wenn $\sup A$ existiert, dann gibt es eine Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ in $A$ mit $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\sup A$.

Beweis

Wir erinnern und an den zweiten Teil der Definition des Supremums, die Epsilon-Definition: Für alle $\epsilon >0$ gibt es ein $a\in A$ mit $a+\epsilon >\sup A$.

Folglich gibt es für alle $n\in \mathbb {N}$ ein $a_{n}\in A$ mit $a_{n}+{\tfrac {1}{n}}>\sup A$. Da alle $a_{n}$ aus $A$ sind, gilt auch $a_{n}\leq \sup A$. Damit ergibt sich für alle $n\in \mathbb {N}$:

${\frac {1}{n}}>\sup A-a_{n}\geq 0$

Nach dem Sandwichtheorem gilt also $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\sup A$.