Aufgaben zu Teilfolgen

Übung: Teilfolgen der e-Folge
  1. Berechne den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n^{2}}}
  2. Berechne den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{n}}
  3. Berechne mit Hilfe von 1. den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}
Teilaufgabe 1: Für (a_{n})=\left(\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{{n}}\right) gilt: \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=e. Damit gilt auch für die Teilfolge (a_{{k^{2}}})_{{k\in \mathbb{N} }}:
\lim _{{k\to \infty }}a_{{k^{2}}}=\lim _{{k\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{k^{2}}}\right)^{{k^{2}}}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n^{2}}}=e
Teilaufgabe 2: Es gilt
\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{n}}=\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n\cdot {\frac 12}}}=\left(\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}\right)^{{{\frac 12}}}={\sqrt {\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}}}
Nun ist (a_{{2n}})=\left(\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}\right) ebenfalls eine Teilfolge der Folge (a_{n}) aus Teilaufgabe 1. Also gilt: \lim _{{n\to \infty }}a_{{2n}}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}=e. Mit der Rechenregeln für Grenzwerte gilt daher
\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}}}={\sqrt {\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{{2n}}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {e}}
Teilaufgabe 3: Für (b_{n})=\left(\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}\right) gilt: b_{n}={\sqrt[ {n}]{a_{{n^{2}}}}} mit der Folge (a_{{n^{2}}})=\left(\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n^{2}}}\right) aus Teilaufgabe 1.
Wegen \lim _{{n\to \infty }}a_{{n^{2}}}=e ist (a_{{n^{2}}}) nach oben beschränkt, d.h. es gibt ein M>0 (sogar M>1) mit a_{{n^{2}}}\leq M für alle n\in \mathbb{N} . Daher ist (b_{n}) nach oben durch {\sqrt[ {n}]{M}} beschränkt. Es gilt sogar
1\leq b_{n}=\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}\leq {\sqrt[ {n}]{M}}
Wegen \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{M}}=1 folgt mit dem Sandwichsatz
\lim _{{k\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}=1

Aufgaben zu Häufungspunkten

Übung: Häufungspunkte
Bestimme alle Häufungspunkte der Folgen (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }},(b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit a_{n}={\tfrac {1}{2^{n}}}+(-1)^{n} und b_{n}=\left(1+{\tfrac {(-1)^{n}}{n}}\right)^{n}.
Wie komme ich auf den Beweis?
  • Zu (a_{n}): Der vordere Teil der Folge {\tfrac {1}{2^{n}}} konvergiert gegen 0, daher konvergiert auch jede Teilfolge von dieser gegen 0. Der hintere Teil, also die Folge (-1)^{n}, alterniert zwischen 1 und -1. Er hat also die Häufungspunkte 1 und -1.
  • Zu (b_{n}): Für gerade n ist (b_{n}) gleich einer Teilfolge der e-Folge \left(1+{\tfrac 1n}\right)^{n}, für ungerade n eine Teilfolge der Folge \left(1-{\tfrac 1n}\right)^{n}, die gegen {\tfrac 1e} konvergiert.
  • Es gilt a_{{2k}}={\tfrac {1}{2^{{2k}}}}+(-1)^{{2k}}={\tfrac {1}{4^{k}}}+1{\overset {k\to \infty }{\to }}0+1=1. Also hat (a_{n}) den Häufungspunkt 1.
Außerdem gilt a_{{2k-1}}={\tfrac {1}{2^{{2k-1}}}}+(-1)^{{2k-1}}={\tfrac {2}{4^{{k-1}}}}-1{\overset {k\to \infty }{\to }}0-1=-1. Also hat (a_{n}) den Häufungspunkt -1.
Weitere Häufungspunkte besitzt (a_{n}) nicht, da alle anderen Teilfolgen entweder divergieren, oder ebenfalls gegen 1 oder -1 konvergieren.
  • Es gilt b_{{2k}}=\left(1+{\tfrac {1}{2k}}\right)^{{2k}}{\overset {k\to \infty }{\to }}e, da \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{{n}}{\overset {n\to \infty }{\to }}e. Also hat (b_{n}) den Häufungspunkt e.
Außerdem ist b_{{2k+1}}=\left(1-{\tfrac {1}{2k+1}}\right)^{{2k+1}}{\overset {k\to \infty }{\to }}{\tfrac 1e}, da \left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{{n}}{\overset {n\to \infty }{\to }}{\tfrac 1e}. Also hat (b_{n}) den Häufungspunkt {\tfrac 1e}
Weitere Häufungspunkte besitzt (b_{n}) nicht, da alle anderen Teilfolgen entweder divergieren, oder ebenfalls gegen e oder {\tfrac 1e} konvergieren.

Aufgaben zu Lim inf und Lim sup error: TODO

Übung: Lim inf und Lim sup
Bestimme für die Folgen (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }},(b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit a_{n}=\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{n}\right)^{n} und b_{n}={\begin{cases}2+{\tfrac {1}{3^{n}}}&{\text{für }}n=3k,\\3+{\tfrac {n+2}{n}}&{\text{für }}n=3k+1,\\3&{\text{für }}n=3k+2\end{cases}} den Limes inferior und den Limes superior.
Wie komme ich auf den Beweis?
  • Zunächst untersuchen wir (a_{n}) auf Beschränktheit. Wir erkennen, dass die Folge nach unten beschränkt und nach oben unbeschränkt ist. Also ist der Limes inferior gleich dem kleinsten Häufungspunkt der Folge. Diesen bestimmen wir über die Teilfolge mit den ungeraden Folgengliedern. Der Limes superior ist gleich \infty , da die Folge nach oben unbeschränkt ist.
  • (b_{n}) ist (nach oben und unten) beschränkt, da alle drei Teilfolgen (nach oben und unten) beschränkt sind. Für den Limes superior und Limes inferior von (b_{n}) müssen wir nun die Grenzwerte der drei Teilfolgen bestimmen.
  • Zunächst gilt a_{n}\geq 0, da {\tfrac {3}{2}}+(-1)^{n}\geq 0 ist. Also ist (a_{n}) nach unten beschränkt. \liminf a_{n} ist daher gleich dem kleinsten Häufungswert von (a_{n}). Für die Teilfolge (a_{{2k-1}}) gilt
\lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-1}}=\lim _{{k\to \infty }}\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{{2k-1}}\right)^{{2k-1}}=\lim _{{k\to \infty }}\left({\tfrac {3}{2}}-1\right)^{{2k-1}}=\lim _{{k\to \infty }}\left({\tfrac {1}{2}}\right)^{{2k-1}}=0
Also ist 0 ein Häufungspunkt von (a_{n}). Weitere Häufungspunkte hat die Folge nicht, da alle weiteren Teilfolgen ebenfalls gegen 0 konvergieren oder divergent sind. Somit ist \liminf _{{n\to \infty }}a_{n}=0.
Alternative Lösung: Für (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gilt ({\tilde {b}}_{k})_{{k\in \mathbb{N} }}=(\inf\{a_{n}:n\geq k\})_{{k\in \mathbb{N} }}=(0,0,0,0,\ldots ), da die ungeraden Folgenglieder monoton gegen 0 fallen. Daher ist \liminf _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{k\to \infty }}b_{k}=0
Für n=2k gilt
a_{{2k}}=\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{{2k}}\right)^{{2k}}=\left({\tfrac {3}{2}}+1\right)^{{2k}}=\left({\tfrac {5}{2}}\right)^{{2k}}=\left({\tfrac {25}{4}}\right)^{{k}}
Nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom gibt es zu jedem S>0 ein k\in \mathbb{N} mit a_{{2k}}=\left({\tfrac {25}{4}}\right)^{{k}}>S. Also ist (a_{n}) nach oben unbeschränkt, und daher \limsup _{{n\to \infty }}a_{n}=\infty .
  • Für die Folge (b_{n}) gilt
{\begin{aligned}b_{{3k}}&=2+{\tfrac {1}{3^{{3k}}}}=2+{\tfrac {1}{27^{k}}}{\overset {k\to \infty }{\to }}2+0=2\\b_{{3k+1}}&=3+{\tfrac {3k+3}{3k+1}}=3+1+{\tfrac {2}{3k+1}}{\overset {k\to \infty }{\to }}4+0=4,\\b_{{3k+2}}&=3{\overset {k\to \infty }{\to }}3.\end{aligned}}
Also besitzt (b_{n}) die Häufungspunkte 2,3 und 4. Weitere Häufungspunkte besitzt (b_{n}) nicht. Außerdem ist (b_{n}) beschränkt, da alle Teilfolgen beschränkt sind. Insgesamt erhalten wir \liminf _{{n\to \infty }}b_{n}=2 und \limsup _{{n\to \infty }}b_{n}=4.
Übung: Lim inf und Lim sup 2
  1. Sei (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge positiver reeller Zahlen. Zeige die Ungleichung
    \liminf _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\leq \liminf _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}\leq \limsup _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}\leq \limsup _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}
  2. Sei (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} die Folge mit
    a_{n}={\begin{cases}{\frac {1}{2^{n}}}&{\text{ für }}n=2k-1,\\{\frac {1}{3^{n}}}&{\text{ für }}n=2k\end{cases}}
    Berechne \liminf _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}, \liminf _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}, \limsup _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}} und \limsup _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}.
  3. Folgere aus dem 1.Teil: Ist (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge positiver Zahlen mit \lim \limits _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=a\in \mathbb{R} , so gilt auch \lim \limits _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=a.
  4. Beweise die Grenzwerte
    \lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{n!}}}}=0\ {\text{ und }}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {n}{{\sqrt[ {n}]{n!}}}}=e
  1. Sei (a_{n})\, eine positive Folge mit
    \alpha =\liminf {\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\quad ,\quad \alpha '=\liminf {\sqrt[ {n}]{a_{n}}}\quad ,\quad \beta '=\limsup {\sqrt[ {n}]{a_{n}}}\quad ,\quad \beta =\limsup {\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}
    Wir müssen die folgende Ungleichung zeigen:
    0\leq \alpha \leq \alpha '\leq \beta '\leq \beta \leq \infty
    Sei ohne Einschränkung \alpha >0\, und \beta <\infty . Da nach Definition \alpha der kleinste und \beta der größte Häufungswert der Folge \left({\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\right)_{{n\in \mathbb{N} }}, gibt es zu jedem \varepsilon >0 (<\alpha \,) ein m\in \mathbb{N} mit
    \alpha -\varepsilon <{\frac {a_{{k+1}}}{a_{k}}}<\beta +\varepsilon \qquad \forall k\geq m
    Für ein beliebiges n\in \mathbb{N} mit n-1\geq m folgt nun durch (n-m)-maliges Anwenden der Ungleichung für k=m,\ldots ,n-1:
    (\alpha -\varepsilon )^{{n-m}}<{\frac {a_{{m+1}}}{a_{m}}}\cdot {\frac {a_{{m+2}}}{a_{{m+1}}}}\cdot \ldots \cdot {\frac {a_{{n-1}}}{a_{{n-2}}}}\cdot {\frac {a_{n}}{a_{{n-1}}}}<(\beta +\varepsilon )^{{n-m}}
    Der Ausdruck in der Mitte ist nun ein Teleskopprodukt, bei dem nur der Nenner des ersten Faktors a_{m} und der Zähler des letzten Faktors a_{n} stehenbleiben. Alle anderen Terme kürzen sich gegenseitig weg:
    (\alpha -\varepsilon )^{{n-m}}<{\frac {a_{n}}{a_{m}}}<(\beta +\varepsilon )^{{n-m}}
    Multiplizieren wir diese Ungleichung mit a_{m} durch und ziehen anschließend die n-te Wurzel, so erhalten wir
    {\sqrt[ {n}]{a_{m}}}\cdot (\alpha -\varepsilon )^{{1-{\frac {m}{n}}}}<{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}<{\sqrt[ {n}]{a_{m}}}\,(\beta +\varepsilon )^{{1-{\frac {m}{n}}}}
    Für n\to \infty konvergiert die linke Seite gegen \alpha -\varepsilon und die rechte Seite gegen \beta +\varepsilon , wegen \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{m}}}=1. Daher ist
    error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 11406, line: 133, col: 10 }, end: Position { offset: 11462, line: 133, col: 66 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11406, line: 133, col: 10 }, end: Position { offset: 11462, line: 133, col: 66 } }, text: "\\alpha -\\varepsilon \\leq \\liminf {\\sqrt[ {n}]{a_{n}}}" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11462, line: 133, col: 66 }, end: Position { offset: 11467, line: 133, col: 71 } }, text: " und " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 11467, line: 133, col: 71 }, end: Position { offset: 11522, line: 133, col: 126 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11467, line: 133, col: 71 }, end: Position { offset: 11522, line: 133, col: 126 } }, text: "\\limsup {\\sqrt[ {n}]{a_{n}}}\\leq \\beta +\\varepsilon " })] })]!
    Da \varepsilon \, beliebig klein gewählt werden kann, folgt
    error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 11610, line: 137, col: 10 }, end: Position { offset: 11640, line: 137, col: 40 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11610, line: 137, col: 10 }, end: Position { offset: 11640, line: 137, col: 40 } }, text: "\\alpha \\leq \\alpha \'" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11640, line: 137, col: 40 }, end: Position { offset: 11673, line: 137, col: 73 } }, text: " &nbsp; &nbsp; und &nbsp; &nbsp; " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 11673, line: 137, col: 73 }, end: Position { offset: 11701, line: 137, col: 101 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 11673, line: 137, col: 73 }, end: Position { offset: 11701, line: 137, col: 101 } }, text: "\\beta \'\\leq \\beta " })] })]!
    Da die Ungleichung \alpha '\leq \beta ' immer per Definition gilt, folgt die Behauptung.
    • Zunächst gilt für alle n\in \mathbb{N} : {\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\geq 0, da Zähler und Nenner immer positiv sind. Also ist die Quotientenfolge \left({\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\right) nach unten durch null beschränkt. Ist nun n=2k-1 ungerade und damit n+1=2k gerade, so folgt
    error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 12151, line: 141, col: 10 }, end: Position { offset: 12395, line: 141, col: 254 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12151, line: 141, col: 10 }, end: Position { offset: 12395, line: 141, col: 254 } }, text: "{\\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}={\\frac {a_{{2k}}}{a_{{2k-1}}}}={\\frac {{\\frac {1}{3^{{2k}}}}}{{\\frac {1}{2^{{2k-1}}}}}}={\\frac {2^{{2k-1}}}{3^{{2k}}}}={\\frac {2^{{2k}}}{2\\cdot 3^{{2k}}}}={\\frac 12}\\cdot {\\frac {4^{k}}{9^{k}}}={\\frac 12}\\cdot \\left({\\frac 49}\\right)^{k}\\to 0" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12395, line: 141, col: 254 }, end: Position { offset: 12401, line: 141, col: 259 } }, text: " für " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 12401, line: 141, col: 259 }, end: Position { offset: 12426, line: 141, col: 284 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12401, line: 141, col: 259 }, end: Position { offset: 12426, line: 141, col: 284 } }, text: "k\\to \\infty " })] })]!
    Also gibt es eine Teilfolge der Quotientenfolge, die gegen null konvergiert, und somit ist \liminf _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=0
    • Ist umgekehrt n=2k gerade und damit n+1=2k+1 ungerade, so folgt
    error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 12681, line: 144, col: 10 }, end: Position { offset: 12930, line: 144, col: 259 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12681, line: 144, col: 10 }, end: Position { offset: 12930, line: 144, col: 259 } }, text: "{\\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}={\\frac {a_{{2k+1}}}{a_{{2k}}}}={\\frac {{\\frac {1}{2^{{2k+1}}}}}{{\\frac {1}{3^{{2k}}}}}}={\\frac {3^{{2k}}}{2^{{2k+1}}}}={\\frac {3^{{2k}}}{2\\cdot 2^{{2k}}}}={\\frac 12}\\cdot {\\frac {9^{k}}{4^{k}}}={\\frac 12}\\cdot \\left({\\frac 94}\\right)^{k}\\to \\infty " })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12930, line: 144, col: 259 }, end: Position { offset: 12936, line: 144, col: 264 } }, text: " für " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 12936, line: 144, col: 264 }, end: Position { offset: 12961, line: 144, col: 289 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 12936, line: 144, col: 264 }, end: Position { offset: 12961, line: 144, col: 289 } }, text: "k\\to \\infty " })] })]!
    Also ist die Quotientenfolge nach oben unbeschränkt, und somit ist \limsup _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=\infty
    • Ist n=2k-1 ungerade, so folgt
    {\sqrt[ {n}]{a_{n}}}={\sqrt[ {2k-1}]{a_{{2k-1}}}}={\sqrt[ {2k-1}]{{\frac {1}{2^{{2k-1}}}}}}={\frac 12}
    und ebenso folgt für gerade n=2k
    {\sqrt[ {n}]{a_{n}}}={\sqrt[ {2k}]{a_{{2k}}}}={\sqrt[ {2k}]{{\frac {1}{3^{{2k}}}}}}={\frac 13}
    Also hat die Wurzelfolge die Häufungspunkte {\frac 12} und {\frac 13}, und damit gilt
    error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 13513, line: 151, col: 10 }, end: Position { offset: 13573, line: 151, col: 70 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 13513, line: 151, col: 10 }, end: Position { offset: 13573, line: 151, col: 70 } }, text: "\\liminf _{{n\\to \\infty }}{\\sqrt[ {n}]{a_{n}}}={\\frac 13}" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 13573, line: 151, col: 70 }, end: Position { offset: 13578, line: 151, col: 75 } }, text: " und " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 13578, line: 151, col: 75 }, end: Position { offset: 13638, line: 151, col: 135 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 13578, line: 151, col: 75 }, end: Position { offset: 13638, line: 151, col: 135 } }, text: "\\limsup _{{n\\to \\infty }}{\\sqrt[ {n}]{a_{n}}}={\\frac 12}" })] })]!
  3. Wegen \lim _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=a gilt auch
    \liminf _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=\limsup _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}=a
    Wegen der Ungleichung aus 1. und dem error: internal links not implemented, yet! folgt
    \liminf _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=\limsup _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=a
    Daraus ergibt sich \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=a.
  4. 1. Grenzwert: Setzen wir a_{n}={\frac 1{n!}}, so gilt
    {\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {{\frac {1}{(n+1)!}}}{{\frac 1{n!}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {n!}{(n+1)!}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {n!}{(n+1)n!}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{n+1}}=0\end{aligned}}
    Aus Teil 3. folgt \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{{\frac 1{n!}}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac 1{{\sqrt[ {n}]{n!}}}}=0.
    2. Grenzwert: Hier setzen wir a_{n}={\frac {n^{n}}{n!}}. Damit gilt
    {\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {{\frac {(n+1)^{{n+1}}}{(n+1)!}}}{{\frac {n^{n}}{n!}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {(n+1)^{{n+1}}n!}{n^{n}(n+1)!}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {(n+1)^{{n}}(n+1)n!}{n^{n}(n+1)n!}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {(n+1)^{{n}}}{n^{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}\\[0.3em]&=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e\end{aligned}}
    Erneut mit Teil 3. folgt \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{{\frac {n^{n}}{n!}}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac n{{\sqrt[ {n}]{n!}}}}=e.
Hinweis:
In diesem Beispiel aus Teil 2 gilt die Ungleichung aus Teil 1 in der 'scharfen' Variante:
\liminf _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}<\liminf _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}<\limsup _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{a_{n}}}<\limsup _{{n\to \infty }}{\frac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}
Hinweis:
Durch Übergang zum Kehrwert erhält man aus den Grenzwerten aus Teil 4 ebenso die Grenzwerte:
\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{n!}}=\infty \ {\text{ und }}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {{\sqrt[ {n}]{n!}}}{n}}={\frac 1e}

Aufgaben zu Cauchy-Folgen

Übung: Konvergenzkriterium für Folgen
  1. Sei 0<q<1 und (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge reeller Zahlen mit |a_{{n+1}}-a_{n}|\leq q\cdot |a_{n}-a_{{n-1}}| für alle n\in \mathbb{N} . Zeige: Dann konvergiert die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}.
  2. Seien a_{0}=0,a_{1}=1 und a_{{n+1}}={\tfrac 12}(a_{n}+a_{{n-1}}). Zeige, dass die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} konvergiert, und berechne deren Grenzwert.
Teilaufgabe 1: Wir zeigen, dass (a_{n}) eine Cauchy-Folge ist. Nach dem Cauchy-Kriterium folgt daraus dann die Konvergenz. Aus der Voraussetzung folgt zunächst
|a_{{j+1}}-a_{j}|\leq q\cdot |a_{j}-a_{{j-1}}|\leq q^{2}\cdot |a_{{j-1}}-a_{{j-2}}|\leq \ldots \leq q^{j}\cdot |a_{1}-a_{0}|.
Sind nun m,n\in \mathbb{N} und m>n, dann gibt es ein k\in \mathbb{N} mit m=n+k. Damit ist dann
{\begin{aligned}|a_{{m}}-a_{n}|&=|a_{{n+k}}-a_{n}|\\[0.5em]&=|a_{{n+k}}-a_{{n+k-1}}+a_{{n+k-1}}-a_{{n+k-2}}+\ldots +a_{{n+2}}-a_{{n+1}}+a_{{n+1}}-a_{{n}}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{verallgemeinerte Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.5em]&\leq |a_{{n+k}}-a_{{n+k-1}}|+|a_{{n+k-1}}-a_{{n+k-2}}|+\ldots +|a_{{n+2}}-a_{{n+1}}|+|a_{{n+1}}-a_{{n}}|\\[0.5em]&=\sum _{{j=0}}^{{k-1}}|a_{{n+j+1}}-a_{{n+j}}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{{j=n}}^{{n+k-1}}|a_{{j}}-a_{{j-1}}|\end{aligned}}
Aus beiden Ungleichungen zusammen folgt
{\begin{aligned}|a_{{m}}-a_{n}|&\leq \sum _{{j=n}}^{{n+k-1}}|a_{{j}}-a_{{j-1}}|\\[0.5em]&\leq \sum _{{j=n}}^{{n+k-1}}q^{j}\cdot |a_{1}-a_{0}|\\[0.5em]&=|a_{1}-a_{0}|q^{n}\sum _{{j=0}}^{{k-1}}q^{j}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{geometrische Summenformel}}\right.}\\[0.5em]&=|a_{1}-a_{0}|q^{n}{\frac {1-q^{k}}{1-q}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ q^{k}\geq 0\Rightarrow 1-q^{k}\leq 1\right.\\[0.5em]&\leq {\tfrac {|a_{1}-a_{0}|}{1-q}}q^{n}\end{aligned}}
Nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom gibt es nun zu jedem \epsilon >0 ein N\in \mathbb{N} , so dass für alle n,m\geq N gilt
|a_{{m}}-a_{n}|\leq {\tfrac {|a_{1}-a_{0}|}{1-q}}q^{n}<\epsilon
Also ist (a_{n}) eine Cauchy-Folge und damit konvergent.
Teilaufgabe 2: Für die Folge (a_{n}) gilt
|a_{{n+1}}-a_{n}|=|{\tfrac 12}(a_{n}+a_{{n-1}})-a_{n}|=|{\tfrac 12}a_{{n-1}}-{\tfrac 12}a_{{n}}|={\tfrac 12}|a_{n}-a_{{n-1}}|.
Mit q={\tfrac 12} ist das Kriterium aus Teilaufgabe 1 erfüllt, und (a_{n}) somit konvergent.
Der Grenzwert lässt sich nun wie folgt berechnen. Zunächst gilt analog zu oben, nur ohne die Beträge
a_{{n+1}}-a_{n}={\tfrac 12}(a_{n}+a_{{n-1}})-a_{n}={\tfrac 12}(a_{{n-1}}-a_{{n}})=-{\tfrac 12}(a_{n}-a_{{n-1}}).
durch n-maliges Anwenden dieser Gleichung ergibt sich
a_{{n+1}}-a_{n}=\left(-{\tfrac 12}\right)^{n}(a_{1}-a_{0}).
Damit erhalten wir nun
a_{{n+1}}-\underbrace {a_{0}}_{{=0}}{\underset {{\text{summe}}}{{\overset {{\text{Teleskop-}}}{=}}}}\sum _{{k=0}}^{n}(a_{{k+1}}-a_{k}){\underset {{\text{oben}}}{{\overset {{\text{siehe}}}{=}}}}\sum _{{k=0}}^{n}\left(-{\tfrac 12}\right)^{k}\underbrace {(a_{1}-a_{0})}_{{=1-0=1}}{\underset {{\text{Summenformel}}}{{\overset {{\text{Geometrische}}}{=}}}}{\tfrac {1-\left(-{\tfrac 12}\right)^{{n+1}}}{1+{\tfrac 12}}}={\tfrac {1-\left(-{\tfrac 12}\right)^{{n+1}}}{{\tfrac 32}}}={\tfrac 23}\cdot (1-\left(-{\tfrac 12}\right)^{{n+1}}).
Mit den Rechenregeln für Grenzwerte folgt nun
\lim _{{n\to \infty }}a_{{n+1}}=\lim _{{n\to \infty }}a_{{n}}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac 23}\cdot (1-\left(-{\tfrac 12}\right)^{{n+1}})={\tfrac 23}\cdot (1-\lim _{{n\to \infty }}\left(-{\tfrac 12}\right)^{{n+1}})={\tfrac 23}\cdot (1-0)={\tfrac 23}