# Mathe für Nicht-Freaks: Supremum und Infimum bestimmen und beweisen

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## Allgemeine Vorgehensweise

Um das Supremum oder Infimum einer Menge zu finden, kannst du folgendermaßen vorgehen:
* Menge veranschaulichen: Überlege dir, wie die Menge aussieht. Hierzu kannst du Skizzen anfertigen oder ggf. auch Computerprogramme verwenden.
* Hypothese über Supremum und Infimum anstellen: Ist die Menge nach oben beschränkt? Wenn ja, dann überlege dir, welche Zahl das Supremum sein kann. Wenn nein, dann besitzt die Menge kein Supremum. Analog schaue, ob die Menge nach unten beschränkt ist oder nicht, und überlege dir gegebenenfalls, welche Zahl das Infimum sein könnte.
* Beweise für Supremum und Infimum finden: Überlege dir auf einem Schmierblatt den Beweis dafür, dass die gefundene Zahl ein Supremum oder ein Infimum ist. Die notwendige Beweisstruktur findest du im nächsten Abschnitt.
* Beweis ins Reine schreiben: Zum Schluss musst du den Beweis aufschreiben. Dabei kannst du dich an der im nächsten Abschnitt folgenden Beweisstruktur für Supremum und Infimum orientieren.

## Allgemeine Beweisstrukturen

Die hier aufgelisteten Beweisstrukturen sollten dir helfen, deine Beweise richtig und sauber aufzuschreiben. Sie zeigen dir aber auch, worauf du in der Beweisfindung achten musst.

### Supremum: Beweisstruktur

Um zu zeigen, dass eine Zahl $s$ Supremum einer Menge $M$ ist, kannst du folgendermaßen vorgehen:
* Beweise, dass $s$ eine obere Schranke von $M$ ist: Zeige hierzu, dass $y\leq s$ für alle $y\in M$ ist.
* Beweise, dass keine Zahl $x<s$ obere Schranke von $M$ ist: Nimm hierzu ein beliebiges $x<s$ und zeige, dass es ein $y\in M$ gibt mit $y>x$.

### Infimum: Beweisstruktur

Beweise, dass ${\tilde {s}}$ Infimum einer Menge $M$ ist, können so aussehen:
* Beweise, dass ${\tilde {s}}$ eine untere Schranke von $M$ ist: Zeige hierzu, dass $y\geq {\tilde {s}}$ für alle $y\in M$ ist.
* Beweise, dass keine Zahl $x>{\tilde {s}}$ untere Schranke von $M$ ist: Nimm hierzu ein beliebiges $x>{\tilde {s}}$ und zeige, dass es ein $y\in M$ gibt mit $y<x$.

### Maximum: Beweisstruktur

Hier kann man direkt der Definition des Maximums folgen:
* Beweise, dass $m$ eine obere Schranke von $M$ ist: Zeige hierzu, dass $y\leq m$ für alle $y\in M$ ist.
* Zeige, dass $m\in M$ ist.

### Minimum: Beweisstruktur

Um zu zeigen, dass ${\tilde {m}}$ Minimum der Menge $M$ ist, kann man analog zum Maximum vorgehen:
* Beweise, dass ${\tilde {m}}$ eine untere Schranke von $M$ ist: Zeige hierzu, dass $y\geq {\tilde {m}}$ für alle $y\in M$ ist.
* Zeige, dass ${\tilde {m}}\in M$ ist.

## Beispielaufgaben für Supremum und Infimum
### Endliche Mengen

Bei endlichen Mengen reeller Zahlen ist die Bestimmung des Infimums und Supremums einfach. Diese Mengen müssen nämlich immer ein Maximum und ein Minimum besitzen. Das Maximum der Menge ist automatisch Supremum und das Minimum ist automatisch Infimum der Menge.
Beispiel (Supremum und Infimum einer endlichen Menge)
Gegeben sei die Menge $M=\{23,\,42,\,-1,\,5\}$. Das Maximum der Menge ist $42$ und das Minimum ist $-1$. Es ist nämlich $42$ Teil der Menge und gleichzeitig ist $42$ größer gleich jedem anderen Element der Menge (Analoges gilt für das Minimum $-1$).
Damit ist $42$ Supremum der Menge $M$ (weil es dessen Maximum ist). Analog ist $-1$ Infimum der Menge.
Verständnisaufgabe: Bestimme das Supremum und das Infimum der folgenden Mengen:
* $M_{1}=\{4,\,72,\,-5,\,99,\,42\}$
* $M_{2}=\{(-1)^{k}\cdot 2^{-k}:1\leq k\leq 5\land k\in \mathbb {N} \}$
* $M_{3}=\{\pi ,\,{\sqrt {2}},\,1\}\cap \{{\sqrt {2}},\,-1,\,4\}$
Lösung:
* Das Supremum von $M_{1}$ ist $99$ und das Infimum dieser Menge ist $-5$.
* Es ist $\{(-1)^{k}\cdot 2^{-k}:1\leq k\leq 5\land k\in \mathbb {N} \}=\left\{-{\tfrac {1}{2}},\,{\tfrac {1}{4}},-{\tfrac {1}{8}},{\tfrac {1}{16}},-{\tfrac {1}{32}}\right\}$. Damit ist das Supremum dieser Menge gleich ${\tfrac {1}{4}}$ und das Infimum ist $-{\tfrac {1}{2}}$.
* Es ist $\{\pi ,\,{\sqrt {2}},\,1\}\cap \{{\sqrt {2}},\,-1,\,4\}=\{{\sqrt {2}}\}$. Also ist das Supremum und das Infimum von $M_{3}$ gleich ${\sqrt {2}}$.

### Intervalle

Die Bestimmung des Infimums und Supremums bei Intervallen ist recht einfach, da der untere Randpunkt stets das Infimum und der obere Randpunkt stets das Supremum ist:
Satz (Supremum und Infimum von Intervallen)
Sei $I$ ein Intervall. Es gibt also $a,b\in \mathbb {R}$ mit $a<b$, so dass $I$ eine der folgenden Formen besitzt:
* $I=[a,b]$
* $I=(a,b]$
* $I=[a,b)$
* $I=(a,b)$
Es ist dann $a$ das Infimum und $b$ das Supremum des Intervalls.
Wie kommt man auf den Beweis? (Supremum und Infimum von Intervallen)
Die obigen Intervalle unterscheiden sich darin, ob die Endpunkte $a$, $b$ enthalten sind oder nicht. In jedem Fall wissen wir, dass für jedes $x\in I$ gilt: $a\leq x\leq b$. Wir wissen also, dass $a$ eine untere Schranke ist und $b$ eine obere. Damit ist $a\leq \inf I$, $b\geq \sup I$ und wir müssen noch zeigen, dass $a$ die größte untere Schranke und $b$ die kleinste obere Schranke ist.
Dazu nehmen wir also an, es gäbe ein ${\tilde {a}}>a$, so dass ${\tilde {a}}$ auch eine untere Schranke ist, und führen dies zu einem Widerspruch.
Um zu zeigen, dass ${\tilde {a}}$ keine untere Schranke sein kann, finden wir ein $x\in I$, so dass $x<{\tilde {a}}$. Um so ein $x$ zu konstruieren, bilden wir den Mittelwert zwischen $a$ und ${\tilde {a}}$, der nach Definition größer als $a$ ist. Es könnte passieren, dass ${\tilde {a}}$ so groß ist, dass der Mittelwert größer als $b$ wird. Hier bietet sich eine Fallunterscheidung an. Wenn ${\tilde {a}}$ so groß ist, dann liegt das komplette Intervall zwischen $a$ und ${\tilde {a}}$ und wir können einen beliebigen Punkt des Intervalls für $x$ nutzen. So können wir den Mittelwert von $a$ und $b$ für $x$ wählen. Analog verfährt man dann mit der oberen Schranke $b$.
Beweis (Supremum und Infimum von Intervallen)
Sei $I$ ein Intervall. Wir legen uns nicht fest, ob die Randpunkte in $I$ enthalten sind. Damit decken wir alle Intervalltypen auf einmal ab. Für jedes solche Intervall gilt: $a\leq x$. Also ist $a$ eine untere Schranke. Wir zeigen nun durch Widerspruch, dass $a$ die größte untere Schranke ist.
Sei also ${\tilde {a}}>a$. Angenommen ${\tilde {a}}$ wäre eine untere Schranke von $I$. Dann existiert kein $x\in I$, so dass $x<{\tilde {a}}$. Wir machen nun eine Fallunterscheidung:
Fall 1: ${\tilde {a}}>b$
Sei $x:={\tfrac {a+b}{2}}$. Mit unseren Voraussetzungen können wir abschätzen
${\begin{aligned}&a={\frac {a+a}{2}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a<b\right.}\\[0.3em]<&{\frac {a+b}{2}}=x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a<b\right.}\\[0.3em]<&{\frac {b+b}{2}}=b\end{aligned}}.$
Folglich gilt $a<x<b$ und damit $x\in I$. Aus ${\tilde {a}}>b$ folgt
$x={\frac {a+b}{2}}<b<{\tilde {a}}.$
Das ist aber ein Widerspruch zu unserer Annahme, dass ${\tilde {a}}$ eine untere Schranke von $I$ ist.
Fall 2: ${\tilde {a}}\leq b$
Wir betrachten $x:={\tfrac {a+{\tilde {a}}}{2}}$. Aus unseren Annahmen folgt
${\begin{aligned}&a={\frac {a+a}{2}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a<{\tilde {a}}\right.}\\[0.3em]<&{\frac {a+{\tilde {a}}}{2}}=x\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a<{\tilde {a}}\leq b\right.}\\[0.3em]<&{\frac {b+b}{2}}=b\end{aligned}}.$
Also gilt $a<x<b$. Daraus folgt $x\in I$.
Weil $a<{\tilde {a}}$ gilt, folgt $x={\tfrac {a+{\tilde {a}}}{2}}<{\tfrac {{\tilde {a}}+{\tilde {a}}}{2}}={\tilde {a}}$. Das ist aber wieder ein Widerspruch zu ${\tilde {a}}$ ist eine untere Schranke von $I$.
Skizze, um die Lage von x im Intervall zu veranschaulichen, für die beiden Fälle.
In beiden Fällen haben wir ein Widerspruch dazu, dass ${\tilde {a}}$ eine untere Schranke von $I$ ist. Also ist $a$ das Infimum des Intervalls $I$.
Um zu zeigen, dass $b$ das Supremum ist, kann man analog vorgehen. Ist ${\tilde {b}}$ eine kleinere obere Schranke von $I$, betrachtet man $x:={\tfrac {a+b}{2}}$ für den Fall ${\tilde {b}}<a$ und $x:={\tfrac {b+{\tilde {b}}}{2}}$ für den Fall ${\tilde {b}}\geq a$.
Alternativ kann man auch mit den Rechenregeln für Supremum und Infiumum folgenden Trick benutzen: Benutzen wir $\sup(I)=-\inf(-I)$, können wir den obigen Beweis auf das Intervall $-I=[-b,-a]$ anwenden.
Verständnisaufgabe: Bestimmen Sie das Supremum und das Infimum der folgenden Mengen:
* $M_{1}=(-1,3]$
* $M_{2}=\{x\in \mathbb {R} :2\leq 2x\leq 8\}$
* $M_{3}=\{x\in \mathbb {R} :|x-1|<4\}$
* $M_{4}=\{\sin(x):x\in \mathbb {R} \}$ (bei dieser Aufgabe darfst du dein Schulwissen zum Sinus verwenden  )
* Das Supremum ist $3$ und das Infimum ist $-1$.
* Wegen $2\leq 2x\leq 8\iff 1\leq x\leq 4$ entspricht $M_{2}$ dem Intervall $[1,4]$. Damit ist das Infimum gleich 1 und das Supremum gleich 4.
* $M_{3}$ entspricht der Menge aller $x$ deren Abstand zu $1$ kleiner als $4$ ist. Damit entspricht diese Menge dem offenen Intervall $(1-4,1+4)=(-3,5)$. Das Infimum ist also $-3$ und das Supremum ist $5$.
* $M_{4}$ ist die Menge aller reellen Zahlen, die durch die Sinus-Funktion getroffen werden. Damit ist $M_{4}$ gleich $[-1,1]$. Das Infimum von $M_{4}$ ist damit $-1$ und das Supremum ist $1$.

### Intervalle in den ganzen Zahlen

Verständnisaufgabe: Obiger Satz ist eine Besonderheit der reellen Zahlen. Es sei $a,b\in \mathbb {Z}$ mit $a<b$. Unter welchen Bedingungen existieren Suprema beziehungsweise Infima folgender Intervalle? Welchen Wert haben sie?
* $[a,b]\cap \mathbb {Z}$
* $(a,b]\cap \mathbb {Z}$
* $[a,b)\cap \mathbb {Z}$
* $(a,b)\cap \mathbb {Z}$
Es handelt sich in allen Fällen um endliche Mengen. Es ist nämlich:
* $[a,b]\cap \mathbb {Z} =\{x\in \mathbb {Z} :a\leq x\leq b\}=\{a,a+1,a+2,\ldots ,b-1,b\}$
* $(a,b]\cap \mathbb {Z} =\{x\in \mathbb {Z} :a<x\leq b\}=\{a+1,a+2,\ldots ,b-1,b\}$
* $[a,b)\cap \mathbb {Z} =\{x\in \mathbb {Z} :a\leq x<b\}=\{a,a+1,a+2,\ldots ,b-2,b-1\}$
* $(a,b)\cap \mathbb {Z} =\{x\in \mathbb {Z} :a<x<b\}=\{a+1,a+2,\ldots ,b-1\}$
In den ersten 3 Fällen ist wegen $a<b$ die Menge nicht leer, und damit ist
* $\sup([a,b]\cap \mathbb {Z} )=b$ und $\inf([a,b]\cap \mathbb {Z} )=a$
* $\sup((a,b]\cap \mathbb {Z} )=b$ und $\inf((a,b]\cap \mathbb {Z} )=a+1$
* $\sup([a,b)\cap \mathbb {Z} )=b-1$ und $\inf([a,b)\cap \mathbb {Z} )=a$
Im vierten Fall kann es passieren, dass $(a,b)\cap \mathbb {Z}$ leer ist. Das ist genau dann der Fall, wenn $a+1=b$. In diesem Fall existiert weder ein Supremum noch ein Infimum der Menge. Die leere Menge hat zwar das uneigentliche Supremum $\sup \emptyset =-\infty$ und das uneigentliche Infimum $\inf \emptyset =\infty$. Diese sind aber keine reellen Zahlen und damit keine Suprem / Infimum nach der Definition. Ist aber $a+1\neq b$, dann ist im vierten Fall das Supremum gleich $b-1$ und das Infimum gleich $a+1$.

### Menge von Folgengliedern

Wir werden nun folgende Aufgabe beweisen:
Aufgabe (Menge von Folgengliedern)
Bestimme das Supremum und das Infimum der Menge $M=\left\{5+{\tfrac {2}{n}}:n\in \mathbb {N} \right\}$. Handelt es sich bei dem Supremum um ein Maximum und beim Infimum um ein Minimum? Beweise deine Behauptungen!
Wie kommt man auf den Beweis? (Menge von Folgengliedern)
Wir gehen nun schrittweise nach dem obigen Beweisverfahren vor:
Beweisschritt: Veranschauliche die Menge $M$.
Die ersten Elemente der Menge $M$ lauten:
* $5+{\tfrac {2}{1}}=7\implies 7\in M$
* $5+{\tfrac {2}{2}}=6\implies 6\in M$
* $5+{\tfrac {2}{3}}=5{\tfrac {2}{3}}\implies 5{\tfrac {2}{3}}\in M$
* $5+{\tfrac {2}{4}}=5{\tfrac {1}{2}}\implies 5{\tfrac {1}{2}}\in M$
Die Menge $M$ hat also die Gestalt $M=\left\{7,6,5{\tfrac {2}{3}},5{\tfrac {1}{2}},5{\tfrac {2}{5}},\dots \right\}$, wobei sich die fehlenden Elemente immer mehr der $5$ annähern.
Beweisschritt: Stelle eine Hypothese an, welche Zahlen Supremum bzw. Infimum der Menge sind.
Wir sehen, dass die Menge nach oben durch $7$ beschränkt ist. Gleichzeitig ist $7$ ein Element der Menge, womit $7$ Maximum der Menge sein muss. Außerdem ist die Menge nach unten durch $5$ beschränkt. Da sich die Elemente der Menge immer mehr der $5$ annähern, kann es keine untere Schranke größer als $5$ geben. Es folgt, dass $5$ wahrscheinlich das Infimum der Menge ist. Beachte, dass wir hier nur Vermutungen anstellen, weil wir intuitiv argumentieren. Es fehlt noch der handfeste Beweis.
Beweisschritt: Finde einen Beweis für das Supremum / Maximum.
Wir haben bereits festgestellt, dass $7$ wahrscheinlich das Maximum der Menge ist. Wir müssen also zwei Dinge zeigen:
* $7\in M$
* $7\geq x$ für alle $x\in M$
Wir haben bereits im ersten Schritt gesehen, dass $7$ Element von $M$ ist, denn für $n=1$ ist $5+{\tfrac {2}{n}}=7$. Um zu zeigen, dass $7$ eine obere Schranke von $M$ ist, müssen wir zeigen, dass $7\geq 5+{\tfrac {2}{n}}$. Stellen wir diese Ungleichung schrittweise um:
${\begin{aligned}7&\geq 5+{\tfrac {2}{n}}\\2&\geq {\tfrac {2}{n}}\\2n&\geq 2\\n&\geq 1\end{aligned}}$
Nun ist $n\geq 1$ eine für natürliche Zahlen offensichtliche Aussage. Im Beweis müssen wir aber den umgekehrten Weg gehen: Da wir die Ungleichung $7\geq 5+{\tfrac {2}{n}}$ zeigen wollen, müssen wir bei $n\geq 1$ anfangen und diese Ungleichung schrittweise in $7\geq 5+{\tfrac {2}{n}}$ umformen. Dies können wir machen, weil wir oben nur Äquivalenzumformungen verwendet haben.
Im letzten Kapitel haben wir gesehen, dass jedes Maximum einer Menge automatisch auch das Supremum der Menge ist (nur umgekehrt ist es nicht immer der Fall). Daraus folgt, dass $7$ Supremum von $M$ ist.
Beweisschritt: Finde einen Beweis für das Infimum / Minimum.
Um zu zeigen, dass $5$ Infimum ist, müssen wir zeigen:
* $5\leq x$ für alle $x\in M$
* Für alle $y>5$ gibt es ein $x\in M$ mit $x<y$
Um auch zu zeigen, dass $5$ kein Minimum ist, haben wir außerdem zu beweisen, dass $5\notin M$. Zunächst muss ein Beweis für $5\leq 5+{\tfrac {2}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ gefunden werden:
${\begin{aligned}5&\leq 5+{\tfrac {2}{n}}\\0&\leq {\tfrac {2}{n}}\end{aligned}}$
Nun ist $0\leq {\tfrac {2}{n}}$ eine offensichtlich wahre Aussage, da ${\tfrac {2}{n}}$ positiv ist. Im späteren Beweis können wir also aus $0\leq {\tfrac {2}{n}}$ die Ungleichung $5\leq 5+{\tfrac {2}{n}}$ beweisen, indem wir obige Umformung rückwärts durchführen (also zu beiden Seiten $5$ addieren).
Sei nun weiterhin $y>5$ beliebig. Wir müssen nun ein $x$ mit $x=5+{\tfrac {2}{N}}$ mit $N\in \mathbb {N}$ finden, so dass $y>x=5+{\tfrac {2}{N}}$ ist. Wir wählen hier die Variable $N$ und nicht $n$, weil wir ein konkretes Element der Menge $M$ finden wollen (in der Mathematik wird oft $N$ verwendet, wenn man ein konkretes $n$ sucht). Formen wir diese Ungleichung nach $N$ um, um so ein passendes $N\in \mathbb {N}$ zu finden:
${\begin{aligned}y&>5+{\tfrac {2}{N}}\\y-5&>{\tfrac {2}{N}}\\{\tfrac {y-5}{2}}&>{\tfrac {1}{N}}\end{aligned}}$
Wegen $y>5$ ist $y-5>0$, also auch ${\tfrac {y-5}{2}}>0$. Das archimedische Axiom garantiert uns nun, dass wir ein passendes $N$ finden, da nach dem archimedischen Axiom der Bruch ${\tfrac {1}{N}}$ kleiner wird als jede positive reelle Zahl.
Als Letztes fehlt noch die Beweisidee dafür, dass $5\notin M$ ist. Hier müssen wir zeigen, dass $5\neq 5+{\tfrac {2}{n}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt. Doch wegen ${\tfrac {2}{n}}>0$ ist $5+{\tfrac {2}{n}}>5$ und somit $5\neq 5+{\tfrac {2}{n}}$.
Beweis (Menge von Folgengliedern)
Es ist $7$ Maximum (und damit Supremum) der Menge $M$ und $5$ ist Infimum, aber kein Minimum der Menge $M$.
Beweisschritt: $7$ ist Maximum der Menge $M$
Beweisschritt: $7$ ist Element der Menge $M$
Für $n=1$ ist $5+{\tfrac {2}{n}}=7$. Damit ist $7\in M$.
Beweisschritt: $7$ ist eine obere Schranke der Menge $M$
Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt
${\begin{aligned}&&n&\geq 1\\&\implies &2n&\geq 2\\&\implies &2&\geq {\tfrac {2}{n}}\\&\implies &7&\geq 5+{\tfrac {2}{n}}\end{aligned}}$
Damit ist $7$ größer gleich jedem Element von $M$.
Beweisschritt: $5$ ist Infimum der Menge $M$
Beweisschritt: $5$ ist untere Schranke der Menge $M$
Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt
${\begin{aligned}&&0&\leq {\tfrac {2}{n}}\\&\implies &5&\leq 5+{\tfrac {2}{n}}\end{aligned}}$
Damit ist $5$ kleiner gleich jedem Element von $M$.
Beweisschritt: Keine Zahl größer $5$ ist untere Schranke der Menge $M$
Sei $y>5$ beliebig. Es ist damit ${\tfrac {y-5}{2}}>0$ und somit gibt es nach dem archimedischen Axiom ein $N\in \mathbb {N}$ mit ${\tfrac {y-5}{2}}>{\tfrac {1}{N}}$. Es ist
${\begin{aligned}&&{\tfrac {y-5}{2}}&>{\tfrac {1}{N}}\\&\implies &y-5&>{\tfrac {2}{N}}\\&\implies &y&>5+{\tfrac {2}{N}}\end{aligned}}$
Weil $5+{\tfrac {2}{N}}\in M$ ist, gibt es damit ein Element aus $M$, welches kleiner als $y$ ist. Somit ist $y$ keine untere Schranke von $M$.
Beweisschritt: $5$ ist kein Minimum von $M$
Es ist ${\tfrac {2}{n}}>0$ und damit ${\tfrac {2}{n}}+5>5$. Somit ist $5$ kein Element und damit auch kein Minimum von $M$.

### Menge von Funktionswerten

Aufgabe
Bestimmen Sie Supremum und Infimum der Menge
$M=\left\{{\frac {1}{1+x^{2}}}:x\in \mathbb {R} \right\}$
Wie kommt man auf den Beweis?
Sei im Folgenden $f:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R} :x\mapsto {\tfrac {1}{1+x^{2}}}$. Gehen wir nun schrittweise vor:
Schritt 1: Veranschauliche die Menge $M$.
Die Funktion $f(x)={\tfrac {1}{1+x^{2}}}$ hat den Graphen:
Die Menge $M$ ist nun die Menge aller tatsächlich durch $f$ getroffenen Werte, also das Bild der Funktion $f$.
Schritt 2: Stelle eine Hypothese an, welche Zahlen Supremum bzw. Infimum der Menge sind.
Wir können vermuten, dass $1$ das Supremum von $M$ ist. Weil $f(0)={\tfrac {1}{1+0^{2}}}=1$ ist, wird $1$ auch durch die Funktion $f$ getroffen. Damit liegt diese Zahl in $M$ und müsste demnach Maximum dieser Menge sein.
Außerdem liegt die Vermutung nahe, dass $0$ das Infimum von $M$ ist. Die Funktion scheint immer positiv, also größer gleich null zu sein. Je größer bzw. je kleiner $x$, desto näher gehen die Funktionswerte gegen null (so sieht es zumindest auf den ersten Blick aus). Es sollte also insgesamt $0$ Infimum der Menge $M$ sein, wobei es nicht direkt in $M$ liegt und somit kein Minimum sein sollte.
Schritt 3: Finde einen Beweis für das Supremum / Maximum.
Wir vermuten, dass $1$ das Maximum der Menge $M$ ist. Weil ${\tfrac {1}{1+0^{2}}}=1$ ist, können wir beweisen, dass $1\in M$ sein muss. Es fehlt jetzt nur noch der Beweis, dass $1$ eine obere Schranke der Menge $M$ ist. Hierzu müssen wir beweisen, dass für alle reellen Zahlen $x$ wir folgende Ungleichung haben:
${\frac {1}{1+x^{2}}}\leq 1$
Formen wir diese Ungleichung durch Äquivalenzumformungen um:
${\begin{array}{lrl}&{\frac {1}{1+x^{2}}}&\leq 1\\[0.3em]\iff \ &1&\leq 1+x^{2}\\[0.3em]\iff \ &0&\leq x^{2}\end{array}}$
Wir wissen bereits, dass die letzte Ungleichung für alle $x\in \mathbb {R}$ erfüllt ist. Da wir nur Äquivalenzumformungen verwendet haben, können wir aus dieser später die Ungleichung ${\frac {1}{1+x^{2}}}\leq 1$ wieder herleiten.
Schritt 4: Finde einen Beweis für das Infimum / Minimum.
Hier müssen wir zunächst zeigen, dass alle Elemente aus $M$ größer gleich null sind. Jedoch ist ${\tfrac {1}{1+x^{2}}}$ der Quotient von zwei positiven Zahlen, welches damit wieder positiv ist. Alle Elemente aus $M$ sind somit positiv und damit insbesondere größer gleich $0$.
Fehlt noch der Beweis, dass $0$ auch die größte untere Schranke von $M$ ist. Sei hierzu $y>0$ beliebig. Wir müssen nun ein Element aus $M$ finden, welches kleiner als $y$ ist. Es muss also ein $x\in \mathbb {R}$ geben, so dass
${\frac {1}{1+x^{2}}}<y$
ist. Formen wir diese Ungleichung durch Äquivalenzumformungen um:
${\begin{array}{lrl}&{\frac {1}{1+x^{2}}}&<y\\\iff \ &1&<y\cdot (1+x^{2})\\\iff \ &1&<y+y\cdot x^{2}\\\iff \ &1-y&<y\cdot x^{2}\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ y{\text{ ist positiv}}\right.}\\[0.5em]\iff \ &{\frac {1-y}{y}}&<x^{2}\\\end{array}}$
Um die Wurzel ziehen zu können, muss ${\tfrac {1-y}{y}}\geq 0$ also $y\leq 1$ sein. Für die weitere Beweisfindung ist es aber kein Problem $0<y\leq 1$ anzunehmen, denn für $y>1$ ist die letzte Ungleichung immer erfüllt. Die Quadratzahl $x^{2}$ ist dann nämlich immer größer als die negative Zahl ${\tfrac {1-y}{y}}$.
Sei also $0<y\leq 1$. Wir erhalten weiter:
${\begin{array}{lrl}&{\frac {1-y}{y}}&<x^{2}\\\iff &{\sqrt {\frac {1-y}{y}}}&<|x|\\\end{array}}$
Für $0<y\leq 1$ müssen wir also nur ein $x\in \mathbb {R}$ mit $|x|>{\sqrt {\frac {1-y}{y}}}$ wählen. Dieses $x$ erfüllt dann automatisch
${\frac {1}{1+x^{2}}}<y$
was zeigt, dass $y$ keine untere Schranke von $M$ ist.
Beweis
$1$ ist Maximum (und damit Supremum) der Menge $M$ und $0$ ist Infimum, aber kein Minimum der Menge $M$.
Beweisschritt: $1$ ist Maximum der Menge $M$
Beweisschritt: $1$ ist Element der Menge $M$
Für $x=0$ ist ${\tfrac {1}{1+x^{2}}}=1$. Damit ist $1\in M$.
Beweisschritt: $1$ ist eine obere Schranke der Menge $M$
Es ist
${\begin{array}{lrl}&0&\leq x^{2}\\\implies \ &1&\leq 1+x^{2}\\\implies \ &{\frac {1}{1+x^{2}}}&\leq 1\\\end{array}}$
Damit ist $1$ eine obere Schranke von $M$.
Beweisschritt: $0$ ist Infimum der Menge $M$
Beweisschritt: $0$ ist untere Schranke der Menge $M$
Es ist für alle $x\in \mathbb {R}$:
${\begin{array}{lrl}&x^{2}&\geq 0\\\implies \ &1+x^{2}&>0\\\implies \ &{\frac {1}{1+x^{2}}}&>0\\\end{array}}$
Damit ist null eine untere Schranke von $M$.
Beweisschritt: Keine Zahl größer $0$ ist untere Schranke der Menge $M$
Sei $y>0$ beliebig. Für $y>1$ ist
${\frac {1-y}{y}}<x^{2}$
für jedes reelle $x$, weil $1-y$ dann negativ ist. Für $0<y\leq 1$ wähle $x$ so, dass $|x|>{\sqrt {\tfrac {1-y}{y}}}$ ist. Dann ist nämlich auch obige Ungleichung erfüllt.
Für jedes $y>0$ gibt es also mindestens eine reelle Zahl $x$ mit $x^{2}>{\tfrac {1-y}{y}}$. Für diese reelle Zahlen haben wir
${\begin{array}{lrl}&{\frac {1-y}{y}}&<x^{2}\\\implies \ &1-y&<y\cdot x^{2}\\\implies \ &1&<y+y\cdot x^{2}\\\implies \ &1&<y\cdot (1+x^{2})\\&{\frac {1}{1+x^{2}}}&<y\\\end{array}}$
Damit kann aber $y$ keine untere Schranke von $M$ sein, was beweist, dass $0$ die größte untere Schranke von $M$ ist.
Eigenschaften Supremum und Infimum →
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