Konvergenz einer Folge beweisen

Übung: Konvergenz einer Folge 1
Zeige mit der Definition, dass die Folge \left({\frac {2}{n^{2}}}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} konvergiert. Wie lautet ihr Grenzwert?
Wie komme ich auf den Beweis?
Zunächst überlegen wir uns den Grenzwert. Dieser ist hier offensichtlich. Da der Zähler konstant gleich 2 ist, und der Nenner n^{2} für zunehmende n immer größer wird, wird der Ausdruck {\tfrac 2{n^{2}}} immer kleiner. D.h. die Folge wird gegen 0 konvergieren.
Laut der error: internal links not implemented, yet! müssen wir zeigen:
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N:\left|{\frac {2}{n^{2}}}-0\right|={\frac 2{n^{2}}}<\epsilon
Nun gilt
{\begin{aligned}&{\frac 2{n^{2}}}<\epsilon \\[0.3em]\iff &2<n^{2}\epsilon \\[0.3em]\iff &{\frac {2}{\epsilon }}<n^{2}\\[0.3em]\iff &n>{\sqrt {{\frac {2}{\epsilon }}}}\end{aligned}}
Nach dem error: internal links not implemented, yet! existiert ein N\in \mathbb{N} mit N>{\sqrt {{\tfrac 2\epsilon }}}. Nach der obigen Ungleichungen folgt für alle n\geq N: {\tfrac {2}{n^{2}}}<\epsilon . Also konvergiert unsere Folge gegen null.
Sei \epsilon >0. Wir wählen ein N\in \mathbb{N} mit N>{\sqrt {{\tfrac {2}{\epsilon }}}}. So ein N existiert nach dem archimedischen Axiom. Für alle n\geq N gilt dann
{\begin{aligned}\left|{\tfrac {2}{n^{2}}}-0\right|&={\tfrac {2}{n^{2}}}\\&\leq {\tfrac {2}{N^{2}}}\\&<\epsilon .\end{aligned}}
Übung: Konvergenz einer Folge 2
Zeige mit der Definition, dass die Folge \left({\frac {{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} gegen 1 konvergiert.
Wie komme ich auf den Beweis?
Wir müssen
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N:\left|{\frac {{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}-1\right|<\epsilon
zeigen. Also formen wir \left|{\frac {{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}-1\right|<\epsilon zunächst um, um eine Bedingung für N zu bekommen.
{\begin{aligned}\left|{\frac {{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}-1\right|<\epsilon &\Leftrightarrow \left|{\frac {{\sqrt {n}}-1-{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}\right|<\epsilon \\&\Leftrightarrow \left|{\frac {-2}{{\sqrt {n}}+1}}\right|<\epsilon \\&\Leftrightarrow {\frac {2}{{\sqrt {n}}+1}}<\epsilon \\&\Leftrightarrow {\sqrt {n}}+1>{\frac {2}{\epsilon }}\\&\Leftrightarrow {\sqrt {n}}>{\frac {2}{\epsilon }}-1\\&\Leftrightarrow n>\left({\frac {2}{\epsilon }}-1\right)^{2}\end{aligned}}
Also müssen wir ein N\in \mathbb{N} mit N>\left({\frac {2}{\epsilon }}-1\right)^{2} wählen. Dieses existiert nach dem archimedischen Axiom.
Sei \epsilon >0. Wir wählen ein N\in \mathbb{N} mit N>\left({\tfrac {2}{\epsilon }}-1\right)^{2}. So ein N existiert nach dem archimedischen Axiom. Für alle n\geq N gilt dann
{\begin{aligned}\left|{\tfrac {{\sqrt {n}}-1}{{\sqrt {n}}+1}}-1\right|&=\left|{\tfrac {-2}{{\sqrt {n}}+1}}\right|\\&={\tfrac {2}{{\sqrt {n}}+1}}\\&\leq {\tfrac {2}{{\sqrt {N}}+1}}\\&<\epsilon .\end{aligned}}

Divergenz einer alternierenden Folge beweisen error: TODO

Übung: Divergenz einer Folge
Zeige, dass die Folge ((-1)^{n})_{{n\in \mathbb{N} }} divergiert.
Wie komme ich auf den Beweis?
Für die Divergenz müssen wir zeigen
\forall a\in \mathbb{R} \,\exists \epsilon >0\,\forall N\in \mathbb{N} \,\exists n\geq N:|(-1)^{n}-a|\geq \epsilon
Wichtig ist, dass wir diese Aussage nicht nur für die Werte a=-1 und a=1 zeigen, sondern für alle a\in \mathbb{R} .
Betrachten wir zunächst den Fall a<0: Für alle geraden n\in {\mathbb {N}} gilt dann (-1)^{n}-a=1-a\geq 1, und daher
|(-1)^{n}-a|=|1-a|\geq 1
Wählen wir also \epsilon =1 und zu einem beliebigen N\in \mathbb{N} ein gerades n\in \mathbb{N} mit n\geq N, so gilt
|(-1)^{n}-a|\geq 1\geq \epsilon
Analog gilt im Fall a\geq 0 und für alle ungeraden n\in \mathbb{N} :
error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 4546, line: 73, col: 10 }, end: Position { offset: 4584, line: 73, col: 48 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 4546, line: 73, col: 10 }, end: Position { offset: 4584, line: 73, col: 48 } }, text: "|(-1)^{n}-a|=|-1-a|\\geq 1" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 4584, line: 73, col: 48 }, end: Position { offset: 4589, line: 73, col: 53 } }, text: ", da " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 4589, line: 73, col: 53 }, end: Position { offset: 4612, line: 73, col: 76 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 4589, line: 73, col: 53 }, end: Position { offset: 4612, line: 73, col: 76 } }, text: "-1-a\\leq -1" })] })]!
Wählen wir also \epsilon =1 und zu einem beliebigen N\in \mathbb{N} ein ungerades n\in \mathbb{N} mit n\geq N, so gilt ebenfalls
|(-1)^{n}-a|\geq 1\geq \epsilon
Aus beiden Fällen folgt somit die Divergenz der Folge.
Beweis
1.Fall: Sei a<0. Wähle \epsilon =1 und N\in \mathbb{N} beliebig. Wähle nun ein gerades n mit n\geq N. Dann gilt
|(-1)^{n}-a|=|1-a|\geq 1
2.Fall: Sei a\geq 0. Wähle \epsilon =1 und N\in \mathbb{N} beliebig. Wähle nun ein ungerades n mit n\geq N. Dann gilt
|(-1)^{n}-a|=|-1-a|\geq 1
Beweis: Alternativ mit Widerspruch
Beweis
Für zwei beliebige Folgeglieder a_{n} und a_{{n+1}} gilt immer |a_{n}-a_{{n+1}}|=|(-1)^{n}-(-1)^{{n+1}}|=|\pm 2|=2.. Nehmen wir nun an es gibt zu \epsilon =1>0 ein N\in \mathbb{N} und ein a\in \mathbb{R} mit
|(-1)^{n}-a|<\epsilon \ \forall n\geq N
Dann folgt
error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 5805, line: 90, col: 10 }, end: Position { offset: 6013, line: 90, col: 218 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 5805, line: 90, col: 10 }, end: Position { offset: 6013, line: 90, col: 218 } }, text: "2=|(-1)^{N}-(-1)^{{N+1}}|=|(-1)^{N}-a+a-(-1)^{{N+1}}|{\\underset {{\\text{ungleichung}}}{{\\overset {{\\text{Dreiecks-}}}{\\leq }}}}|(-1)^{N}-a|+|a-(-1)^{{N+1}}|=|(-1)^{N}-a|+|(-1)^{{N}}-a|<\\epsilon +\\epsilon =1+1=2" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 6013, line: 90, col: 218 }, end: Position { offset: 6017, line: 90, col: 220 } }, text: " ↯" })]!

Aufgaben zu Rechenregeln

Übung: Potenzregel direkt beweisen
Beweise für k\in \mathbb{N} und eine Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=a die Potenzregel für Grenzwerte \lim _{{n\to \infty }}a_{n}^{k}=a^{k} direkt mit der \epsilon -Definition (ohne Benutzung der Produktregel).
Wie komme ich auf den Beweis?
Wir müssen zum Beweis folgenden Betrag abschätzen:
|a_{n}^{k}-a^{k}|
Nun können wir |a_{n}-a| kontrollieren, denn wir wissen ja, dass diese Beträge beliebig klein werden. Um dieses Wissen nutzen zu können, brauchen wir einen Term, in dem |a_{n}-a| vorkommt. Dazu müssen können wir die folgende Hilfsformel verwenden: Für x,y\in \mathbb{R} und k\in \mathbb{N} gilt
x^{k}-y^{k}=(x-y)(x^{{k-1}}y^{0}+x^{{k-2}}y^{1}+x^{{k-3}}y^{2}+\ldots +x^{2}y^{{k-3}}+x^{1}y^{{k-2}}+x^{0}y^{{k-1}})=(x-y)\sum _{{j=0}}x^{{k-1-j}}y^{j}
Diese lässt sich ähnlich wie die geometrische Summenformel beweisen:
{\begin{array}{lll}&\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}&=\ x^{{k-1}}y^{0}+x^{{k-2}}y^{1}+\ldots +x^{1}y^{{k-2}}+x^{0}y^{{k-1}}\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{beide Seiten mit }}y{\text{ multiplizieren}}\right.}\\[0.5em]\Rightarrow \ &y\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}&=\ x^{{k-1}}y^{1}+x^{{k-2}}y^{2}+\ldots +x^{1}y^{{k-1}}+x^{0}y^{{k}}\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{von der mit x multiplizierten Gleichung subtrahieren}}\right.}\\[0.5em]\Rightarrow \ &x\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}-y\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}&=\ (x^{{k}}y^{0}+x^{{k-1}}y^{1}+\ldots +x^{2}y^{{k-2}}+x^{1}y^{{k-1}})-(x^{{k-1}}y^{1}+x^{{k-2}}y^{2}\ldots +x^{1}y^{{k-1}}+x^{0}y^{{k}})=x^{k}-y^{k}\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}{\text{ ausklammern}}\right.}\\[0.5em]\Rightarrow \ &(x-y)\cdot \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}&=\ x^{k}-y^{k}\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {}\cdot {\frac 1{x-y}}\right.}\\[0.5em]\Rightarrow \ &\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}x^{{k-1-j}}y^{j}&=\ {\frac {x^{k}-y^{k}}{x-y}}\\[0.5em]\end{array}}
Wenden wir nun die Hilfsformel mit x=a_{n} und y=a an, so erhalten wir
|a_{n}^{k}-a^{k}|=|(a_{n}-a)\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}a_{n}^{{k-1-j}}a^{j}|=|(a_{n}-a)|\cdot |\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}a_{n}^{{k-1-j}}a^{j}|
Auf diesen Ausdruck können wir nun die verallgemeinerte Dreiecksungleichung |\sum \limits _{{k=1}}^{{n}}a_{k}|\leq \sum _{{k=1}}^{n}|a_{k}| anwenden und erhalten
|a_{n}^{k}-a^{k}|\leq |(a_{n}-a)|\cdot \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}|a_{n}|^{{k-1-j}}|a|^{j}
Wenn wir nun die Summe \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}|a_{n}|^{{k-1-j}}|a|^{j} durch eine Konstante nach oben abschätzen können, dann kriegen wir |a_{n}^{k}-a^{k}| beliebig klein. Dies ist jedoch kein Problem. Da (a_{n}) konvergiert, ist die Folge beschränkt. Es gibt also ein M>0 mit |a_{n}|\leq M für alle n\in \mathbb{N} . Also ist \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}|a_{n}|^{{k-1-j}}|a|^{j}\leq \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}M^{{k-1-j}}|a|^{j}=C<\infty .
Damit kriegen wir nun |a_{n}^{k}-a^{k}| beliebig klein. Also gilt \lim _{{n\to \infty }}a_{n}^{k}=a^{k}.
Beweis
Sei \epsilon >0 beliebig. Da (a_{n}) konvergiert, gibt es ein M>0 mit |a_{n}|\leq M für alle n\in \mathbb{N} . Wegen \lim _{{n\rightarrow \infty }}a_{n}=a gibt es ein N\in \mathbb{N} mit |a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{C}} für alle n\geq N, wobei C=\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}M^{{k-1-j}}|a|^{j} ist. Sei nun n\geq N beliebig, dann ist
{\begin{aligned}|a_{n}^{k}-a^{k}|&{\underset {{\text{formel}}}{{\overset {{\text{Hilfs-}}}{=}}}}|a_{n}-a|\cdot |\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}a_{n}^{{k-1-j}}a^{j}|\\&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\&\leq |a_{n}-a|\cdot \sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}|a_{n}|^{{k-1-j}}|a|^{j}\\&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ (a_{n})\ {\text{beschränkt}}\right.}\\&\leq |a_{n}-a|\cdot \underbrace {\sum \limits _{{j=0}}^{{k-1}}M^{{k-1-j}}|a|^{j}}_{{=C}}\\&<{\tfrac {\epsilon }{C}}\cdot C\\&=\epsilon \end{aligned}}

Aufgaben zu den Grenzwertsätzen

Übung: Grenzwerte von Folgen
Untersuche die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (d_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (e_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (f_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.
  1. a_{n}={\frac {{\sqrt[ {n}]{n^{3}}}+{\sqrt[ {n}]{3}}}{3{\sqrt[ {n}]{n}}+{\sqrt[ {n}]{3n}}}}
  2. b_{n}={\frac {2n^{3}+n^{2}+3}{n^{3}-4}}
  3. c_{n}={\frac {(n+2)^{2}-n^{2}}{3n}}
  4. d_{n}={\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}
  5. e_{n}={\frac {{\sqrt {n^{2}+1}}+n}{3n+2}}
  6. f_{n}={\frac {1+2+\ldots +n}{n^{2}}}
Teilaufgabe 1: Der Trick bei dieser Folge ist es, mit Hilfe der Rechenregeln die Wurzeln {\sqrt[ {n}]{n^{3}}} und {\sqrt[ {n}]{3n}} umzuformen. Anschließend können wir dann den Grenzwert der gesamten Folge mit Hilfe der bekannten Grenzwerte \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{3}}=1 und \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{n}}=1 und der Grenzwertsätze bestimmen.
a_{n}={\frac {{\sqrt[ {n}]{n^{3}}}+{\sqrt[ {n}]{3}}}{3{\sqrt[ {n}]{n}}+{\sqrt[ {n}]{3n}}}}={\frac {{\sqrt[ {n}]{n}}\cdot {\sqrt[ {n}]{n}}\cdot {\sqrt[ {n}]{n}}+{\sqrt[ {n}]{3}}}{3{\sqrt[ {n}]{n}}+{\sqrt[ {n}]{3}}\cdot {\sqrt[ {n}]{n}}}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {1\cdot 1\cdot 1+1}{3\cdot 1+1\cdot 1}}={\frac 24}={\frac 12}
Teilaufgabe 2: Bei solchen "gebrochen rationalen" Folgen gibt es bei der Konvergenzuntersuchung einen einfachen Standardtrick: Wir klammern im Zähler und im Nenner den Summanden mit der höchsten Potenz aus und kürzen diesen anschließend. Danach lässt sich der Grenzwert mit Hilfe der Grenzwertsätze einfach bestimmen.
b_{n}={\frac {2n^{3}+n^{2}+3}{n^{3}-4}}={\frac {n^{3}\cdot (2+{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{n^{3}}})}{n^{3}\cdot (1-{\frac {4}{n^{3}}})}}={\frac {2+{\frac {1}{n}}+{\frac {3}{n^{3}}}}{1-{\frac {4}{n^{3}}}}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {2+0+0}{1-0}}=2
Teilaufgabe 3: Hier können wir genauso vorgehen wie bei der Teilaufgabe zuvor. Allerdings müssen wir zunächst den Zähler ausmultiplizieren und vereinfachen.
c_{n}={\frac {(n+2)^{2}-n^{2}}{3n}}={\frac {n^{2}+4n+4-n^{2}}{3n}}={\frac {4n+4}{3n}}={\frac {4+{\frac 4n}}{3}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {4+0}{3}}={\frac 43}
Teilaufgabe 4: Da bei der Folge zunächst nicht klar ist, wie sie sich für große n verhält, formen wir sie mit einem einfachen Rechentrick zunächst um.
d_{n}={\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}={\frac {({\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}})({\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}})}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {n+1-n}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {1}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {{\frac {1}{{\sqrt {n}}}}}{{\sqrt {1+{\frac 1n}}}+1}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {0}{{\sqrt {1+0}}+1}}=0
Alternative Lösung: (mit Sandwichsatz)
\underbrace {0}_{{=b_{n}}}\leq \underbrace {{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}}_{{=d_{n}}}={\tfrac {({\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}})({\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}})}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\tfrac {n+1-n}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\tfrac {1}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}\leq \underbrace {{\tfrac {1}{{\sqrt {n}}}}}_{{=c_{n}}}
Es gilt \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=0=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}. Mit dem Sandwichsatz gilt somit auch \lim _{{n\to \infty }}d_{n}=0.
Teilaufgabe 5: Diese ähnelt der Folge zuvor aufgrund der Wurzel im Zähler. Allerdings führt der Trick der vorherigen Teilaufgabe hier nicht zum Erfolg. Stattdessen müssen wir Zähler und Nenner durch n teilen.
e_{n}={\frac {{\sqrt {n^{2}+1}}+n}{3n+2}}={\frac {{\sqrt {1+{\frac {1}{n^{2}}}}}+1}{3+{\frac 2n}}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {{\sqrt {1+0}}+1}{3+0}}={\frac 23}
Teilaufgabe 6: Hier ist der entscheidende Trick, zunächst die error: internal links not implemented, yet! 1+2+\ldots +n={\tfrac {n(n+1)}{2}} anzuwenden. Danach verfahren wir genau wie bei der 1. Teilaufgabe.
f_{n}={\frac {1+2+\ldots +n}{n^{2}}}{\underset {{\text{Summenformel}}}{{\overset {{\text{arithmetische}}}{=}}}}{\frac {{\frac {n(n+1)}{2}}}{n^{2}}}={\frac {n^{2}+n}{2n^{2}}}={\frac {1+{\frac {1}{n}}}{2}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {1+0}{2}}={\frac 12}
Warnung:
Ein beliebter Fehler bei solchen Folgen ist es, aus der Summe 1+2+\ldots +n den Term n auszuklammern, zu kürzen und anschließend n gegen unendlich gehen zu lassen. Dies darf man hier allerdings nicht machen, da die Summe mit größer werdenden n beliebig lang wird, und die Anzahl der Summanden nicht konstant bleibt. Bei diesem Vorgehen würde auch der falsche Grenzwert 0 herauskommen!
Übung: Grenzwert einer Folge
Untersuche die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit a_{n}={\frac {n+z^{n}}{n-z^{n}}} auf Konvergenz in Abhängigkeit von z\in \mathbb{R} .
Wie komme ich auf den Beweis?Entscheidend ist, hier zu erkennen, dass der Grenzwert davon abhängt, ob |z|\leq 1 oder |z|>1 ist. Im Fall |z|\leq 1 ist z^{n} beschränkt und daher „dominiert“ n im Zähler und Nenner. Daher müssen wir in diesem Fall durch n teilen. Im Fall |z|>1 hingegen wächst z^{n} wesentlich schneller als n, daher teilen wir hier durch z^{n}.
Beweis
1.Fall: Ist |z|\leq 1, so gilt
error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 16257, line: 201, col: 10 }, end: Position { offset: 16446, line: 201, col: 198 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 16257, line: 201, col: 10 }, end: Position { offset: 16446, line: 201, col: 198 } }, text: "\\lim _{{n\\to \\infty }}{\\frac {n+z^{n}}{n-z^{n}}}=\\lim _{{n\\to \\infty }}{\\frac {1+{\\frac {z^{n}}{n}}}{1-{\\frac {z^{n}}{n}}}}{\\underset {{\\text{sätze}}}{{\\overset {{\\text{Grenzwert-}}}{=}}}}{\\frac {1+0}{1-0}}=1" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 16446, line: 201, col: 198 }, end: Position { offset: 16447, line: 201, col: 199 } }, text: "," })]!
da \lim _{{n\to \infty }}{\frac {z^{n}}{n}}=0.
2.Fall: Ist |z|>1, so gilt
error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 16559, line: 205, col: 10 }, end: Position { offset: 16749, line: 205, col: 199 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 16559, line: 205, col: 10 }, end: Position { offset: 16749, line: 205, col: 199 } }, text: "\\lim _{{n\\to \\infty }}{\\frac {n+z^{n}}{n-z^{n}}}=\\lim _{{n\\to \\infty }}{\\frac {{\\frac {n}{z^{n}}}+1}{{\\frac {n}{z^{n}}}-1}}{\\underset {{\\text{sätze}}}{{\\overset {{\\text{Grenzwert-}}}{=}}}}{\\frac {0+1}{0-1}}=-1" })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 16749, line: 205, col: 199 }, end: Position { offset: 16750, line: 205, col: 200 } }, text: "," })]!
da \lim _{{n\to \infty }}{\frac {n}{z^{n}}}=0.

Aufgaben zu e-Folgen

Übung: e-Folgen
Untersuche die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (d_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} auf Konvergenz und bestimme gegebenfalls den Grenzwert.
  1. a_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{{2n}}
  2. b_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{{n+2}}
  3. c_{n}=\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{n}}
  4. d_{n}=\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}
Teilaufgabe 1: Es gilt
\lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{{2n}}=\lim _{{n\to \infty }}\left[\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right]^{2}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{=}}}}\left[\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right]^{2}=e^{2}
Teilaufgabe 2: Es gilt
\lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{{n+2}}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{2}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{=}}}}\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{2}=e\cdot (1+0)^{2}=e
Teilaufgabe 3: Es gilt
{\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}c_{n}&=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{n}}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{n+2-2}}=\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{n+2}}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{-2}}\\&{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{=}}}}\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{n+2}}\cdot \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+2}}\right)^{{-2}}=e\cdot (1+0)^{{-2}}=e\end{aligned}}
Teilaufgabe 4: Die Idee hinter dieser Folge ist es, sie umzuformen, um dann den bekannten Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\tfrac 1n}\right)^{{n}}=e einsetzen zu können. Dazu schreiben wir die Folge zunächst in der Form "{\tfrac {1}{{\text{Kehrwert}}}}".
d_{n}=\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}=\left({\frac {n-1}{n}}\right)^{n}{\overset {n\geq 2}{=}}{\frac {1}{\left({\frac {n}{n-1}}\right)^{n}}}={\frac {1}{\left({\frac {n-1+1}{n-1}}\right)^{n}}}={\frac {1}{\left(1+{\frac {1}{n-1}}\right)^{n}}}{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {1}{e}},
da \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\tfrac {1}{n-1}}\right)^{{n}}=\lim _{{n\to \infty }}\left[\left(1+{\tfrac {1}{n-1}}\right)^{{n-1}}\left(1+{\tfrac 1{n-1}}\right)\right]{\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{=}}}}\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\tfrac {1}{n-1}}\right)^{{n-1}}\cdot \lim _{{n\to \infty }}(1+{\tfrac 1{n-1}})=e\cdot 1=e.
Alternative Lösung: Nur möglich, wenn \lim _{{n\to \infty }}\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}=1 bekannt ist.
d_{n}=\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}={\frac {\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}}={\frac {\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}}{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}}={\underset {{\text{sätze}}}{{\overset {{\text{Grenzwert-}}}{\to }}}}{\frac {1}{e}},
da \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\tfrac 1n}\right)^{{n}}=e und \lim _{{n\to \infty }}\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{{n}}=1.

Aufgaben zum Sandwichsatz

Übung: Sandwichsatz
Bestimme die Grenzwerte der Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
  1. a_{n}={\tfrac {(-1)^{n}}{n^{k}}} für k\in \mathbb{N}
  2. a_{n}={\tfrac {n^{n}}{2^{{n^{2}}}}}
  3. a_{n}={\sqrt[ {n}]{n^{s}}} für s\in \mathbb{Q} ^{+}
  4. a_{n}={\sqrt[ {n}]{\alpha x^{n}+\beta y^{n}}} für \alpha ,\beta ,x,y\geq 0
  5. a_{n}={\tfrac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\tfrac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}+k^{2}}}
  6. a_{n}=\left(1-{\tfrac {1}{n^{4}}}\right)^{n}
Teilaufgabe 1: Für alle k\in \mathbb{N} gilt
\underbrace {-{\frac 1n}}_{{=b_{n}}}\leq \underbrace {{\frac {(-1)^{n}}{n^{k}}}}_{{=a_{n}}}\leq \underbrace {{\frac 1n}}_{{=c_{n}}}
Außerdem ist \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=0=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}. Mit dem Sandwichsatz gilt daher auch \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {(-1)^{n}}{n^{k}}}=0.
Teilaufgabe 2: Für n\geq 4 gilt 2^{n}\geq n^{2}. Damit folgt
\underbrace {0}_{{=b_{n}}}\leq \underbrace {{\frac {n^{n}}{2^{{n^{2}}}}}}_{{=a_{n}}}={\frac {n^{n}}{2^{{n\cdot n}}}}={\frac {n^{n}}{(2^{n})^{n}}}=\left({\frac {n}{2^{n}}}\right)^{n}\leq \left({\frac {n}{n^{2}}}\right)^{n}=\left({\frac {1}{n}}\right)^{n}={\frac {1}{n^{n}}}\leq \underbrace {{\frac 1n}}_{{=c_{n}}}
Wegen \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=0=\lim _{{n\to \infty }}c_{n} folgt mit dem Sandwichsatz \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {n^{n}}{2^{{n^{2}}}}}=0.
Teilaufgabe 3: Zu s\in \mathbb{Q} ^{+} gibt es ein k\in \mathbb{N} mit k-1\leq s\leq k. Wegen der Monotonie der Wurzel folgt damit
\underbrace {{\sqrt[ {n}]{n^{{k-1}}}}}_{{=b_{n}}}\leq \underbrace {{\sqrt[ {n}]{n^{s}}}}_{{=a_{n}}}\leq \underbrace {{\sqrt[ {n}]{n^{{k}}}}}_{{=c_{n}}}
Mit den Rechenregeln für Folgen gilt nun \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{n^{{k-1}}}}=\lim _{{n\to \infty }}({\sqrt[ {n}]{n}})^{{k-1}}=1^{{k-1}}=1 und \lim _{{n\to \infty }}c_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{n^{{k}}}}=\lim _{{n\to \infty }}({\sqrt[ {n}]{n}})^{{k}}=1^{{k}}=1. Mit dem Sandwichsatz also \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=1.
Teilaufgabe 4: Ist x\geq y, so gilt
\underbrace {{\sqrt[ {n}]{\alpha }}\cdot x}_{{=b_{n}}}={\sqrt[ {n}]{\alpha x^{n}}}\leq \underbrace {{\sqrt[ {n}]{\alpha x^{n}+y^{n}}}}_{{=a_{n}}}\leq {\sqrt[ {n}]{\alpha x^{n}+\beta x^{n}}}={\sqrt[ {n}]{(\alpha +\beta )x^{n}}}={\sqrt[ {n}]{\alpha +\beta }}\cdot {\sqrt[ {n}]{x^{n}}}=\underbrace {{\sqrt[ {n}]{\alpha +\beta }}\cdot x}_{{=c_{n}}}
Außerdem gilt \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{\alpha }}\cdot x=1\cdot x und \lim _{{n\to \infty }}c_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{\alpha +\beta }}\cdot x=1\cdot x=x. Mit dem Sandwichsatz also \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=x.
Im Fall y\geq x erhalten wir ganz analog \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=y.
Insgesamt ergibt sich daher \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{x^{n}+y^{n}}}=\max\{x,y\}.
Teilaufgabe 5: Es gilt
\underbrace {{\frac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {k^{3}}{n^{3}+n^{2}}}}_{{=b_{n}}}\leq \underbrace {{\frac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}+k^{2}}}}_{{=a_{n}}}\leq \underbrace {{\frac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}}}}_{{=c_{n}}}
Außerdem ist
\lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {k^{3}}{n^{3}+n^{2}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{n^{4}+n^{3}}}\sum _{{k=1}}^{n}k^{3}{\underset {{\text{summe}}}{{\overset {{\text{3. Potenz-}}}{=}}}}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{n^{4}+n^{3}}}\cdot {\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {n^{4}+2n^{3}+n^{2}}{4n^{4}+4n^{3}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1+{\frac 2n}+{\frac 1{n^{2}}}}{4+{\frac 4n}}}={\frac 14}
und
{\begin{aligned}\lim _{{n\to \infty }}c_{n}&=\lim _{{n\to \infty }}{\frac 1n}\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{n^{4}}}\left(\sum _{{k=1}}^{n}k^{3}+\sum _{{k=1}}^{n}n^{2}\right){\underset {{\text{summe}}}{{\overset {{\text{3. Potenz-}}}{=}}}}\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{n^{4}}}\cdot \left({\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}+n\cdot n^{2}\right)\\&=\lim _{{n\to \infty }}\left({\frac {n^{4}+2n^{3}+2n^{2}}{4n^{4}}}+{\frac {n^{3}}{n^{4}}}\right)=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1+{\frac 2n}+{\frac 1{n^{2}}}}{4}}+\lim _{{n\to \infty }}{\frac 1n}={\frac 14}+0={\frac 14}\end{aligned}}
Mit dem Sandwichsatz gilt auch \lim _{{n\to \infty }}a_{n}={\tfrac 14}.
Teilaufgabe 6: Es gilt
\underbrace {1}_{{=c_{n}}}=1^{n}=(1-0)^{n}\geq \underbrace {\left(1-{\frac 1{n^{4}}}\right)^{n}}_{{=a_{n}}}{\underset {{\text{Ungeleichung}}}{{\overset {{\text{Bernoulli-}}}{\geq }}}}1-n\cdot {\frac 1{n^{4}}}=\underbrace {1-{\frac 1{n^{3}}}}_{{=b_{n}}}
Außerdem ist
\lim _{{n\to \infty }}b_{n}=1=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}
Mit dem Sandwichsatz ist somit \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=1.
Übung: Sandwichsatz
Beweise den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)=0.
Um den Sandwichsatz anwenden zu können, müssen wir |{\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)|={\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1) nach oben durch eine Nullfolge abschätzen. Zunächst finden wir mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes für n\geq 4:
{\begin{aligned}n&=({\sqrt[ {n}]{n}})^{n}\\[0.5em]&=(({\sqrt[ {n}]{n}}-1)+1)^{n}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{ Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{{k=0}}^{n}{\binom {n}{k}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{k}\cdot \underbrace {1^{{n-k}}}_{{=1}}\\&=\underbrace {{\binom {n}{0}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{0}}_{{=1}}+\underbrace {\sum _{{k=1}}^{2}{\binom {n}{k}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{k}}_{{\geq 0}}+{\binom {n}{3}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}+\underbrace {\sum _{{k=4}}^{n}{\binom {n}{k}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{k}}_{{\geq 0}}\\[0.5em]&\geq 1+{\binom {n}{3}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}\\[0.5em]&=1+{\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}\end{aligned}}
Aus dieser Ungleichung können wir nun folgern
{\begin{aligned}n\geq 1+{\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot ({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}&\Leftrightarrow n-1\geq {\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot ({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\frac {6}{n(n-2)}}\geq ({\sqrt[ {n}]{n}}-1)^{3}\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\sqrt[ {n}]{n}}-1\leq {\sqrt[ {3}]{{\frac {6}{n(n-2)}}}}{\underset {n-2\geq {\tfrac n2}}{{\overset {n\geq {\tfrac n2}}{\leq }}}}{\sqrt[ {3}]{{\frac {6}{({\tfrac n2})^{2}}}}}={\sqrt[ {3}]{{\frac {24}{n^{2}}}}}\end{aligned}}
Insgesamt erhalten wir
|{\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)-0|={\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)\leq {\sqrt {n}}{\sqrt[ {3}]{{\tfrac {24}{n^{2}}}}}={\sqrt[ {3}]{24}}\cdot {\frac {n^{{{\tfrac 12}}}}{n^{{{\tfrac 23}}}}}={\sqrt[ {3}]{24}}\cdot {\frac {1}{n^{{{\tfrac 16}}}}}{\overset {n\to \infty }{\to }}0
Nach dem Spezialfall zum Sandwichsatz ist daher \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {n}}({\sqrt[ {n}]{n}}-1)=0.

Aufgaben zum Monotoniekriterium und rekursiv definierten Folgen

Übung: Monotoniekriterium
Sei (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge mit 0<b_{n}<1 für alle n\in \mathbb{N} . Zeigen, mit Hilfe des Monotoniekriteriums, daß die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
a_{n}=\prod _{{k=1}}^{n}b_{k}=b_{1}\cdot b_{2}\cdot \ldots \cdot b_{n}
konvergiert.
Schritt 1: (a_{n}) ist monoton fallend, d.h. a_{{n+1}}\leq a_{n}\iff {\tfrac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}\leq 1 \forall n\in \mathbb{N} .
Es gilt
{\tfrac {a_{{n+1}}}{a_{n}}}={\frac {\prod _{{k=1}}^{{n+1}}b_{k}}{\prod _{{k=1}}^{{n}}b_{k}}}={\frac {\left(\prod _{{k=1}}^{{n}}b_{k}\right)\cdot b_{{n+1}}}{\prod _{{k=1}}^{{n}}b_{k}}}=b_{{n+1}}<1
Schritt 2: (a_{n}) ist nach unten durch 0 beschränkt, d.h. a_{n}\geq 0 \forall n\in \mathbb{N} .
Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=1. a_{1}=\prod _{{k=1}}^{1}b_{k}=b_{1}{\overset {{\text{Vor.}}}{\geq }}0.
Induktionsschritt: a_{{n+1}}=\prod _{{k=1}}^{{n+1}}b_{k}=\underbrace {\left(\prod _{{k=1}}^{{n}}b_{k}\right)}_{{{\overset {{\text{IV}}}{\geq }}0}}\cdot \underbrace {b_{{n+1}}}_{{\geq 0}}\geq 0\cdot 0=0.
Schritt 3: (a_{n}) konvergiert.
Da (a_{n}) nach den Schritten 1 und 2 monoton fallend und nach unten beschränkt ist, konvergiert die Folge nach dem Monotoniekriterium.
Übung: Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 1
Begründe, warum die rekursiv definierte Folge
a_{0}=0,\ a_{{n+1}}={\frac 23}a_{n}+{\frac 13}
konvergiert, und berechne deren Grenzwert.
  1. Durch finden einer expliziten Bildungsvorschrift
  2. Mit Hilfe des Monotoniekriteriums
Teilaufgabe 1: Es gilt
{\begin{aligned}a_{0}&=0\\[0.3em]a_{1}&={\frac 23}a_{0}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot 0+{\frac 13}={\frac 13}\\[0.3em]a_{2}&={\frac 23}a_{1}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot {\frac 13}+{\frac 13}={\frac 29}+{\frac 39}={\frac 59}\\[0.3em]a_{3}&={\frac 23}a_{2}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot {\frac 59}+{\frac 13}={\frac {10}{27}}+{\frac {9}{27}}={\frac {19}{27}}\\[0.3em]a_{4}&={\frac 23}a_{3}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot {\frac {19}{27}}+{\frac {9}{27}}={\frac {38}{81}}+{\frac {27}{81}}={\frac {65}{81}}\\[0.3em]&\vdots \end{aligned}}
Bei genauem Hinsehen, erkennen wir
{\begin{aligned}a_{0}&=0\\[0.3em]a_{1}&={\frac 13}={\frac {3-2}{3}}={\frac {3^{1}-2^{1}}{3^{1}}}\\[0.3em]a_{2}&={\frac 59}={\frac {9-4}{9}}={\frac {3^{2}-2^{2}}{3^{2}}}\\[0.3em]a_{3}&={\frac {19}{27}}={\frac {27-8}{27}}={\frac {3^{3}-2^{3}}{3^{3}}}\\[0.3em]a_{4}&={\frac {65}{81}}={\frac {81-16}{81}}={\frac {3^{4}-2^{4}}{3^{4}}}\\[0.3em]&\vdots \end{aligned}}
Dies legt uns nun die Vermutung a_{n}={\frac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}} für alle n\in \mathbb{N} _{0} nahe. Wir beweise diese mit vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=0. a_{0}=0={\frac {3^{0}-2^{0}}{3^{0}}}.
Induktionsschritt: a_{{n+1}}={\frac 23}a_{n}+{\frac 13}={\overset {{\text{IV}}}{=}}{\frac 23}\cdot {\frac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}}+{\frac 13}={\frac {2\cdot (3^{n}-2^{n})+3^{n}}{3\cdot 3^{n}}}={\frac {2\cdot 3^{n}+2^{{n+1}}+3^{n}}{3^{{n+1}}}}={\frac {3^{{n+1}}-2^{{n+1}}}{3^{{n+1}}}}
Also war unsere Vermutung a_{n}={\tfrac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}} für alle n\in \mathbb{N} korrekt. Damit folgt
\lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}}=\left[{\frac {3^{n}}{3^{n}}}-{\frac {2^{n}}{3^{n}}}\right]{\underset {{\text{für Folgen}}}{{\overset {{\text{Rechenregeln}}}{=}}}}1-\lim _{{n\to \infty }}\left({\frac 23}\right)^{n}=1-0=1
Teilaufgabe 2: Wir lösen die Aufgabe in vier Schritten:
Schritt 1: (a_{n}) ist monoton steigend, d.h. a_{{n+1}}\geq a_{n} \forall n\in \mathbb{N} _{0}.
Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=1. a_{1}={\frac 23}\cdot a_{0}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot 0+{\frac 13}={\frac 13}\geq 0=a_{0}.
Induktionsschritt: a_{{n+2}}={\frac 23}a_{{n+1}}+{\frac 13}{\underset {a_{{n+1}}\geq a_{n}}{{\overset {{\text{IV}}}{\geq }}}}{\frac 23}a_{n}+{\frac 13}=a_{{n+1}}
Schritt 2: (a_{n}) ist nach oben durch 1 beschränkt, d.h. a_{n}\leq 1 \forall n\in \mathbb{N} _{0}.
Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=0. a_{0}=0\leq 1.
Induktionsschritt: a_{{n+1}}={\frac 23}a_{n}+{\frac 13}{\underset {a_{{n}}\leq 1}{{\overset {{\text{IV}}}{\leq }}}}{\frac 23}\cdot 1+{\frac 13}=1\leq 1
Schritt 3: (a_{n}) konvergiert.
Da (a_{n}) nach den Schritten 1 und 2 monoton steigend und nach oben beschränkt ist, ist die Folge nach dem Monotoniekriterium konvergent.
Schritt 4: Berechnung des Grenzwertes.
Da (a_{n}) konvergiert, gilt \lim _{{n\to \infty }}a_{{n}}=a=\lim _{{n\to \infty }}a_{{n+1}}. Mit den Grenzwertsätzen folgt
\lim _{{n\to \infty }}a_{{n}}=a=\lim _{{n\to \infty }}a_{{n+1}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac 23}a_{n}+{\frac 13}={\frac 23}\cdot \left(\lim _{{n\to \infty }}a_{n}\right)+{\frac 13}={\frac 23}\cdot a+{\frac 13}
Nun lösen wir diese Gleichung a auf:
a={\frac 23}a+{\frac 13}\Rightarrow {\frac 13}a={\frac 13}\Rightarrow a=1
Insgesamt ergibt sich \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=1.
Übung: Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 2
Seien a,b\in \mathbb{R} . Begründe, warum die rekursiv definierte Folge
a_{0}=a,\ a_{1}=b,\ a_{{n+1}}={\frac 25}a_{n}+{\frac 35}a_{{n-1}}
konvergiert, und berechne deren Grenzwert.
Es gilt
{\begin{aligned}a_{{n}}-a_{{n-1}}&={\frac 25}a_{{n-1}}+{\frac 35}a_{{n-2}}-a_{{n-1}}\\&={\frac 35}a_{{n-2}}-{\frac 35}a_{{n-1}}\\&={\frac 35}(a_{{n-2}}-a_{{n-1}})\\&=-{\frac 35}(a_{{n-1}}-a_{{n-2}})\end{aligned}}
Führen wir denselben Schritt n-Mal durch, so erhalten wir
{\begin{aligned}a_{{n}}-a_{{n-1}}&=-{\frac 35}(a_{{n-1}}-a_{{n-2}})\\&=\left(-{\frac 35}\right)^{2}\left(a_{{n-2}}-a_{{n-3}}\right)\\&\ldots \\&=\left(-{\frac 35}\right)^{{n-1}}(a_{1}-a_{0})\\&=\left(-{\frac 35}\right)^{{n-1}}(b-a)\end{aligned}}
Mit der Teleskopsumme
\sum _{{k=1}}^{n}(a_{k}-a_{{k-1}})=a_{n}-a_{0}\iff a_{n}=a_{0}+\sum _{{k=1}}^{n}(a_{k}-a_{{k-1}})
folgt mit der geometrischen Summenformel:
a_{n}=a_{0}+\sum _{{k=1}}^{n}\left(-{\frac 35}\right)^{{k-1}}(b-a)=a+(b-a)\sum _{{k=0}}^{{n-1}}\left(-{\frac 35}\right)^{{k}}=a+(b-a){\frac {1-(-{\frac 35})^{n}}{1-(-{\frac 35})}}=a+(b-a){\frac {1-(-{\frac 35})^{n}}{{\frac 85}}}=a+{\tfrac 58}(b-a)(1-(-{\tfrac 35})^{n})
Mit \lim _{{n\to \infty }}(-{\tfrac 35})^{n}=0 und den Rechenregeln für Folgen gilt
\lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}a+{\tfrac 58}(b-a)(1-(-{\tfrac 35})^{n})=a+{\tfrac 58}(b-a)={\tfrac 38}a+{\tfrac 58}b
Übung: Monotoniekriterium für Folgen
Zeige, dass die rekursiv definierte Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
a_{1}=1,\ a_{{n+1}}={\sqrt {1+a_{n}}}
gegen den goldenen Schnitt g={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}} konvergiert.
Wie komme ich auf den Beweis?
Unser Ziel ist es zunächst, mit Hilfe des Monotoniekriteriums die Konvergenz der Folge zu zeigen, um dann wie im Beispiel der Quadratwurzelfolge den Grenzwert bestimmen zu können. Wir müssen also zeigen, dass (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} monoton und beschränkt ist. Um einen Anhaltspunkt für die Monotonie zu bekommen, berechnen wir die ersten Folgenglieder:
a_{1}=1,\ a_{2}={\sqrt {1+1}}={\sqrt {2}}\geq 1=a_{1},\ a_{3}={\sqrt {1+{\sqrt {2}}}}\geq {\sqrt {1+1}}={\sqrt {2}}=a_{2},\ a_{4}={\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {2}}}}}}\geq {\sqrt {1+{\sqrt {1+1}}}}={\sqrt {1+{\sqrt {2}}}}=a_{3}
Wir können daher vermuten, dass (a_{n}) monoton wächst. Dies müssen wir aber noch sauber mit vollständiger Induktion beweisen.
Nun brauchen wir für das Monotoniekriterium noch eine obere Schranke. Da wir ja zeigen sollen, dass (a_{n}) gegen g={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}} konvergiert, wird wohl jede Zahl größer als g eine obere Schranke sein. Wegen g={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\leq {\tfrac {1+{\sqrt {9}}}{2}}={\tfrac {1+3}{2}}={\tfrac {4}{2}}=2 wählen wir 2 als obere Schranke von (a_{n}). Auch dies müssen wir ebenfalls mittels Induktion beweisen.
Aus dem Monotoniekriterium folgt dann die Konvergenz, und mit dem Trick aus der Wurzelfolge zeigen wir dann, dass g der Grenzwert ist.
Schritt 1: (a_{n}) ist monoton steigend, d.h. a_{{n+1}}\geq a_{n} \forall n\in \mathbb{N} .
Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=1. a_{2}={\sqrt {1+1}}={\sqrt {2}}\geq 1=a_{1}.
Induktionsschritt: a_{{n+2}}={\sqrt {1+a_{{n+1}}}}{\underset {{\sqrt {.}}{\text{ monoton}}}{{\overset {{\text{Induktiosvor.}}}{\geq }}}}{\sqrt {1+a_{n}}}=a_{{n+1}}
Schritt 2: (a_{n}) ist nach oben durch 2 beschränkt, d.h. a_{n}\leq 2 \forall n\in \mathbb{N} .
Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=1. a_{1}=1\leq 2.
Induktionsschritt: a_{{n+1}}={\sqrt {1+a_{{n}}}}{\underset {{\sqrt {.}}{\text{ monoton}}}{{\overset {{\text{Induktiosvor.}}}{\leq }}}}{\sqrt {1+2}}={\sqrt {3}}\leq {\sqrt {4}}=2
Bemerkung: Alternativ hätten wir auch gleich a_{n}\leq g mittels Induktion zeigen können. Dafür hätten wir aber die Gleichung g^{2}=1+g zeigen und benutzen müssen.
Schritt 3: (a_{n}) konvergiert.
Da (a_{n}) nach den Schritten 1 und 2 monoton steigend und nach oben beschränkt ist, ist die Folge nach dem Monotoniekriterium konvergent.
Schritt 4: Berechnung des Grenzwertes.
Da (a_{n}) konvergiert, gilt \lim _{{n\to \infty }}a_{{n}}=a=\lim _{{n\to \infty }}a_{{n+1}}. Mit den Grenzwertsätzen und der Stetigkeit der Wurzelfunktion folgt daher
\lim _{{n\to \infty }}a_{{n}}=a=\lim _{{n\to \infty }}a_{{n+1}}=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {1+a_{n}}}={\sqrt {1+\lim _{{n\to \infty }}a_{n}}}={\sqrt {1+a}}
Nun lösen wir die Gleichung a={\sqrt {1+a}} nach a auf, und erhalten:
a={\sqrt {1+a}}\Rightarrow a^{2}=1+a\Rightarrow a^{2}-a-1=0
Mit Hilfe der quadratischen Lösungsformel erhalten wir
x_{{1,2}}={\frac {1\pm {\sqrt {1+4}}}{2}}={\frac {1\pm {\sqrt {5}}}{2}}
Also a_{1}={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}} und x_{2}={\tfrac {1-{\sqrt {5}}}{2}}. Nun ist aber x_{2}={\tfrac {1-{\sqrt {5}}}{2}}<0. Wegen a_{1}=1 und der Monotonie muss der Grenzwert von (a_{n}) größer als 1 sein. Daher kommt x_{2} als Grenzwert nicht in Frage.
Insgesamt ergibt sich daher \lim _{{n\to \infty }}a_{n}={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=g.
Übung: Monotoniekriterium für Folgen
Zeige, dass die rekursiv definierte Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
a_{1}=1,\ a_{{n+1}}=1+{\frac {1}{a_{n}}}
gegen den goldenen Schnitt g={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}} konvergiert. Zeige dazu
  1. 1\leq a_{n}\leq 2 für alle n\in \mathbb{N}
  2. Die Teilfolge (a_{{2k-1}})_{{k\in \mathbb{N} }} ist monoton wachsend, und die Teilfolge (a_{{2k}})_{{k\in \mathbb{N} }} monoton fallend.
  3. Die beiden Teilfolgen konvergieren gegen g.
Teil 1: Beweis mittels vollständiger Induktion über n:
Induktionsanfang: n=1.
1\leq a_{1}=1\leq 2
Induktionsschritt:
1{\underset {{\text{voraussetzung}}}{{\overset {{\text{Induktions-.}}}{\leq }}}}1+\underbrace {{\frac {1}{a_{n}}}}_{{0\leq \ldots \leq 1}}=a_{{n+1}}={\underset {{\text{voraussetzung}}}{{\overset {{\text{Induktions-}}}{\leq }}}}1+1=2
Teil 2: Beweise mittels vollständiger Induktion über n:
  • Zunächst zeigen wir a_{{2k+1}}\geq a_{{2k-1}} für alle k\in \mathbb{N} .
Induktionsanfang: k=1.
a_{3}=1+{\frac {1}{a_{2}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{1}}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}=1+{\frac 12}={\frac 32}\geq 1=a_{1}
Induktionsschritt:
a_{{2k+3}}=1+{\frac {1}{a_{{2k+2}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{{2k+1}}}}}}{\underset {{\text{voraussetzung}}}{{\overset {{\text{Induktions-.}}}{\geq }}}}1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{{2k-1}}}}}}=1+{\frac {1}{a_{{2k}}}}=a_{{2k+1}}
  • Nun zeigen wir a_{{2k+2}}\leq a_{{2k}} für alle k\in \mathbb{N} .
Induktionsanfang: k=1.
a_{4}=1+{\frac {1}{a_{3}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{2}}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac 32}}}=1+{\frac {1}{{\frac 52}}}=1+{\frac 25}={\frac 75}={\frac {14}{10}}\leq {\frac {15}{10}}={\frac {3}{2}}=a_{2}
Induktionsschritt:
a_{{2k+4}}=1+{\frac {1}{a_{{2k+3}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{{2k+2}}}}}}{\underset {{\text{voraussetzung}}}{{\overset {{\text{Induktions-.}}}{\leq }}}}1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{{2k}}}}}}=1+{\frac {1}{a_{{2k+1}}}}=a_{{2k+2}}
Teilaufgabe 3: Nach den Teilen 1 und 2 ist (a_{{2k}}) monoton fallend und nach unten beschränkt, und (a_{{2k-1}}) monoton wachsend und nach oben beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium sind daher beide Teilfolgen konvergent.
Nun gilt \lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-1}}=g=\lim _{{k\to \infty }}a_{{2k}}, denn ist \lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-1}}={\tilde {a}}=\lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-3}}, so gilt
{\begin{aligned}&{\tilde {a}}=\lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-1}}=\lim _{{k\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{a_{{2k-2}}}}\right)=\lim _{{k\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{{2k-3}}}}}}\right)=\left(1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{{\tilde {a}}}}}}\right)\\\iff &{\tilde {a}}=\left(1+{\frac {1}{{\frac {{\tilde {a}}+1}{{\tilde {a}}}}}}\right)=\left(1+{\frac {{\tilde {a}}}{{\tilde {a}}+1}}\right)={\frac {2{\tilde {a}}+1}{{\tilde {a}}+1}}\\\iff &{\tilde {a}}^{2}+{\tilde {a}}=2{\tilde {a}}+1\\\iff &{\tilde {a}}^{2}-{\tilde {a}}-1=0\end{aligned}}
Diese quadratische Gleichung hat nach der Mitternachtformel die beiden Lösungen
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Nach Teil 1 ist nun a_{n}>0, und damit auch a_{{2k-1}}>0. Nach der Monotontonieregel für Grenzwerte gilt daher \lim _{{k\to \infty }}a_{{2k-1}}={\tilde {a}}={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=g\geq 0.
Ganz analog gilt \lim _{{k\to \infty }}a_{{2k}}=g. Nach der Grenzwertregel für Mischfolgen gilt somit auch
\lim _{{n\to \infty }}a_{n}=g

Cauchyscher Grenzwertsatz und Cesaro-Mittel

Übung: Cauchyscher Grenzwertsatz
  1. Beweise den Cauchyschen Grenzwertsatz :
    Sei (a_{n}) eine Folge die gegen a konvergiert, dann konvergiert auch das Cesaro-Mittel \left({\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}\right) gegen a.
  2. Gilt auch die Umkehrung von 1.? D.h. folgt aus {\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}\to a auch a_{n}\to a ?
  3. Zeigen mit Hilfe von 1.: \lim \limits _{{n\to \infty }}{\frac {1+{\frac 12}+\ldots +{\frac 1n}}{n}}=0.
  1. Da (a_{n}) gegen a konvergiert, gibt es zu jedem \epsilon >0 ein N\in \mathbb{N} so, dass für alle n\geq N gilt:
    |a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}
    Die Folge von Mitteln \left({\frac {(a_{1}-a)+(a_{2}-a)+\ldots +(a_{{N_{1}}}-a)}{n}}\right) wird demnach für große N_{1}>N durch Terme der Form {\tfrac {\epsilon }{2}} dominiert und fällt irgendwann unter \epsilon . Dieses Argument kann man auch für Zahlen kleiner \epsilon verwenden. Z.B. gibt es ein N_{2}\in \mathbb{N} , so dass für alle N_{1}\geq N_{2} gilt:
    \left|{\frac {(a_{1}-a)+(a_{2}-a)+\ldots +(a_{{N_{1}}}-a)}{n}}\right|<{\frac {\epsilon }{2}}
    Für alle n\geq \max\{N,N_{2}\} folgt dann
    {\begin{aligned}\left|{\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}-a\right|&=\left|{\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}-{\frac {na}{a}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}-na}{n}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}-(\overbrace {a+a+\ldots +a}^{{n{\text{-Mal}}}})}{n}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {(a_{1}-a)+(a_{2}-a)+\ldots +(a_{n}-a)}{n}}\right|\\[0.3em]&\leq \overbrace {\left|{\frac {(a_{1}-a)+(a_{2}-a)+\ldots +(a_{N}-a)}{n}}\right|}^{{<{\frac {\epsilon }{2}}}}+\left|{\frac {(a_{{N+1}}-a)+(a_{{N+2}}-a)+\ldots +(a_{n}-a)}{n}}\right|\\[0.3em]&<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\overbrace {|a_{{N+1}}-a|}^{{<{\frac {\epsilon }{2}}}}+\overbrace {|a_{{N+2}}-a|}^{{{\frac {\epsilon }{2}}}}+\ldots +\overbrace {|a_{n}-a|}^{{<{\frac {\epsilon }{2}}}}}{n}}\\[0.3em]&<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {(n-N){\frac {\epsilon }{2}}}{n}}\\[0.3em]&<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {n{\frac {\epsilon }{2}}}{n}}={\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon \end{aligned}}
    Damit ist die Konvergenz gezeigt
  2. Nein, die Umkehrung gilt nicht. Ein Beispiel ist die Folge (a_{n})=((-1)^{n}). Diese ist divergent. Siehe hierzu die Aufgabe weiter oben. Jedoch gilt für die Folge, aus dem Cesaro-Mittel:
    {\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}={\frac {-1+1-\ldots +(-1)^{n}}{n}}={\begin{cases}-{\frac 1n}&\ {\text{ für ungerade }}n,\\{\frac 0n}=0&\ {\text{ für gerade }}n\end{cases}}
    Diese ist offensichtlich eine Nullfolge, da sowohl die ungerade Glieder als auch die geraden Glieder gegen Null konvergieren.
  3. Die Aussage folgt unmittelbar aus dem Cauchy-Grenzwertsatz. Hier ist a_{n}={\frac 1n}. Wegen \lim _{{n\to \infty }}{\frac 1n}=0 folgt auch \lim \limits _{{n\to \infty }}{\frac {1+{\frac 12}+\ldots +{\frac 1n}}{n}}=0.