Reelle Zahlen/Beschränkte Teilmenge hat Supremum/Fakt/Beweis

Beweis

Es sei $M \subseteq ℝ$ eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge. Es sei $x_{0} \in M$ und $y_{0}$ eine obere Schranke für $M$ , d.h. es ist $x \leq y_{0}$ für alle $x \in M$ . Wir konstruieren zwei Folgen ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ und ${(y_{n})}_{n \in ℕ}$ , wobei $x_{n} \in M$ wachsend, ${(y_{n})}_{n \in ℕ}$ fallend ist und jedes $y_{n}$ eine obere Schranke von $M$ ist (sodass insbesondere $x_{n} \leq y_{n}$ für alle $n$ ist), und so, dass ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ eine Cauchy-Folge ist. Dabei gehen wir induktiv vor, d.h. die beiden Folgen seien bis $n$ bereits definiert und erfüllen die gewünschten Eigenschaften. Wir setzen

x_{n + 1} := {\begin{matrix} x_{n}, falls [\frac{x_{n} + y_{n}}{2}, y_{n}] \cap M = \emptyset, \\ ein beliebiger Punkt aus [\frac{x_{n} + y_{n}}{2}, y_{n}] \cap M sonst . \end{matrix}

und

y_{n + 1} := {\begin{matrix} \frac{x_{n} + y_{n}}{2}, falls [\frac{x_{n} + y_{n}}{2}, y_{n}] \cap M = \emptyset, \\ y_{n} sonst . \end{matrix}

Dies erfüllt die gewünschten Eigenschaften, und es ist

y_{n} - x_{n} \leq {(\frac{1}{2})}^{n} (y_{0} - x_{0}),

da in beiden Fällen der Abstand zumindest halbiert wird. Da die Folge ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ wachsend und nach oben beschränkt ist, handelt es sich nach Fakt um eine Cauchy-Folge. Wegen der Vollständigkeit besitzt die konstruierte Folge ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ einen Grenzwert $x$ . Ebenso ist die fallende Folge ${(y_{n})}_{n \in ℕ}$ , die nach unten beschränkt ist, eine Cauchy-Folge mit demselben Grenzwert $x$ . Wir behaupten, dass dieses $x$ das Supremum von $M$ ist. Wir zeigen zuerst, dass $x$ eine obere Schranke von $M$ ist. Es sei dazu $z > x$ angenommen für ein $z \in M$ . Da die Folge ${(y_{n})}_{n \in ℕ}$ gegen $x$ konvergiert, gibt es insbesondere ein $n$ mit

x \leq y_{n} < z

im Widerspruch dazu, dass jedes $y_{n}$ eine obere Schranke von $M$ ist.
Für die Supremumseigenschaft müssen wir zeigen, dass $x$ kleiner oder gleich jeder oberen Schranke von $M$ ist. Es sei dazu $u$ eine obere Schranke von $M$ und nehmen wir an, dass $x > u$ ist. Da ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ gegen $x$ konvergiert, gibt es wieder ein $n$ mit

u < x_{n} \leq x

im Widerspruch dazu, dass $u$ eine obere Schranke ist. Also liegt wirklich das Supremum vor.

Zur bewiesenen Aussage