Übersicht über wichtige Grenzwerte

Im Folgenden werden wir alle Grenzwerte mit der Epsilon-Definition der Konvergenz herleiten. Den Grenzwert \lim _{{n\rightarrow \infty }}\left(1+{\tfrac 1n}\right)^{n}=e werden wir im Kapitel error: internal links not implemented, yet! betrachten.
Hinweis:
In der Analysis ist es sehr wichtig, das Wachstumsverhalten verschiedener Folgen einschätzen zu können. So folgt aus dem Grenzwert \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0, dass die Folge (z^{n})_{{n\in \mathbb{N} }} viel schneller wächst als die Folge (n^{k})_{{n\in \mathbb{N} }}. Schreiben wir a_{n}\ll b_{n} für \lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}=0, folgt aus den obigen Grenzwerten:
1\ll n^{k}\ll z^{n}\ll n!\ll n^{n}

Konstante Folge

Satz: Grenzwert der konstanten Folge
Jede konstante Folge konvergiert gegen den Wert ihrer Folgenglieder:
\lim _{{n\rightarrow \infty }}c=c
Beispiel
  • \lim _{{n\rightarrow \infty }}42=42
  • \lim _{{n\rightarrow \infty }}-1=-1
Wie komme ich auf den Beweis?
Im Kern müssen wir zeigen, dass |a_{n}-c|<\epsilon für fast alle n\in \mathbb{N} erfüllt ist. Nun ist a_{n}=c und damit |c-c|=0. Da \epsilon im Beweis stets positiv ist, ist die Ungleichung
\underbrace {|a_{n}-c|}_{{=\ 0}}<\epsilon
immer erfüllt. Wir können also N frei wählen. Legen wir N=1 fest. Damit würde im Beweis stehen:
„Wähle N=1. Sei n\in \mathbb{N} mit n\geq N=1 beliebig. Es ist…
Die Formulierung klingt umständlich, denn für jede natürliche Zahl gilt n\geq 1. Einfacher ist der Satz:
„Für alle n\in \mathbb{N} gilt…“
Dieses Beweisfragment ist völlig ausreichend: Wenn „für alle n\in \mathbb{N} “ etwas gilt, dann gilt es auch „für fast alle n\in \mathbb{N} “.
Beweis
Sei a_{n}=c eine konstante Folge und sei \epsilon >0 beliebig. Für alle n\in \mathbb{N} (und damit für fast alle n\in \mathbb{N} ) gilt
|a_{n}-c|=|c-c|=0<\epsilon

Harmonische Folge

Satz: Grenzwert der harmonischen Folge
Es ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac 1n}=0.
Wie komme ich auf den Beweis?
Hier haben wir die Ungleichung \left|{\tfrac 1n}-0\right|<\epsilon zu beweisen. Zunächst können wir \left|{\tfrac 1n}-0\right| vereinfachen:
\left|{\tfrac 1n}-0\right|=\left|{\tfrac 1n}\right|={\tfrac 1n}
Die Zielgleichung lautet damit {\tfrac 1n}<\epsilon . Diese können wir nach n umformen, um eine Bedingung für n zu gewinnen:
{\begin{array}{rrl}&{\tfrac 1n}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot n\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac 1\epsilon }&<n\end{array}}
Es muss also n>{\tfrac 1\epsilon } sein, damit {\tfrac 1n}<\epsilon ist.
Frage: Welches N sollten wir also im späteren Beweis wählen?
Wir wählen ein N\in \mathbb{N} mit N>{\tfrac 1\epsilon }. Ist nämlich n\geq N, dann ist auch n\geq {\tfrac 1\epsilon }.
Woher wissen wir, dass es so ein N gibt? Für einen vollständigen Beweis müssen wir dies begründen:
Frage: Warum existiert so ein N?
Dies folgt aus dem archimedischen Axiom. Nach diesem gibt es nämlich für alle reellen Zahlen M eine natürliche Zahl N mit N>M. Wir wählen hier M={\tfrac 1\epsilon }.
Beweis
Sei \epsilon >0 beliebig. Wir wählen ein N\in \mathbb{N} mit N>{\tfrac 1\epsilon }. Dass so ein N existiert, folgt aus dem archimedischen Axiom. Sei n\geq N beliebig. Es ist
{\begin{aligned}\left|{\tfrac 1n}-0\right|&=\left|{\tfrac 1n}\right|={\tfrac 1n}\leq {\tfrac 1N}<\epsilon \end{aligned}}

Inverse Potenzfolge

Satz:
Für alle k\in \mathbb{N} ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac 1{n^{k}}}=0.
Wie komme ich auf den Beweis?
Der Beweis funktioniert ähnlich dem der harmonischen Folge. Zunächst vereinfachen wir wieder \left|{\tfrac 1{n^{k}}}-0\right|:
\left|{\tfrac 1{n^{k}}}-0\right|=\left|{\tfrac 1{n^{k}}}\right|={\tfrac 1{n^{k}}}
Dann stellen wir {\tfrac 1{n^{k}}}<\epsilon nach n um, um eine Bedingung für n zu finden:
{\begin{array}{rrl}&{\tfrac 1{n^{k}}}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot n^{k}\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac 1\epsilon }&<n^{k}\\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[ {k}]{{\tfrac 1\epsilon }}}&<n\\\Leftrightarrow \ &{\frac 1{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}}&<n\end{array}}
Es muss also ein N mit N>{\frac 1{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}} gewählt werden. Dieses finden wir wieder mit Hilfe des archimedischen Axioms.
Beweis
Sei \epsilon >0 beliebig. Wähle N\in \mathbb{N} so, dass N>{\tfrac 1{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}} ist. Ein solches N existiert nach dem archimedischen Axiom. Sei n\geq N beliebig. Es ist
{\begin{array}{rrl}&n&\geq N\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ N>{\frac 1{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}}\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&>{\frac 1{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n\cdot {\sqrt[ {k}]{\epsilon }}&>1\\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[ {k}]{\epsilon }}&>{\tfrac 1n}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>{\tfrac 1{n^{k}}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>\left|{\tfrac 1{n^{k}}}-0\right|\\[0.3em]\Rightarrow \ &\left|{\tfrac 1{n^{k}}}-0\right|&<\epsilon \end{array}}

Inverse Wurzelfolge

Satz:
Für alle k\in \mathbb{N} ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}=0.
Wie komme ich auf den Beweis?
Der Beweis ähnelt sehr dem der beiden vorherigen Folgen. Zunächst vereinfachen wir wieder \left|{\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}-0\right|:
\left|{\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}-0\right|=\left|{\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}\right|={\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}
Dann stellen wir {\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}<\epsilon nach n um, um eine Bedingung für n zu finden:
{\begin{array}{rrl}&{\tfrac 1{{\sqrt[ {k}]{n}}}}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot {\sqrt[ {k}]{n}}\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac 1\epsilon }&<{\sqrt[ {k}]{n}}\\\Leftrightarrow \ &\left({\tfrac 1\epsilon }\right)^{k}&<n\\\Leftrightarrow \ &{\frac {1}{\epsilon ^{k}}}&<n\end{array}}
Es muss also ein N mit N>{\frac {1}{\epsilon ^{k}}} gewählt werden. Dieses finden wir erneut mit dem archimedischen Axiom.
Beweis
Sei \epsilon >0 beliebig. Wähle N\in \mathbb{N} so, dass N>{\tfrac {1}{\epsilon ^{k}}} ist. Ein solches N existiert wegen dem archimedischen Axiom. Damit ist
{\begin{array}{rrl}&N&>{\frac {1}{\epsilon ^{k}}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &N\cdot \epsilon ^{k}&>1\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon ^{k}&>{\tfrac 1N}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>{\tfrac {1}{{\sqrt[ {k}]{N}}}}\\[0.3em]\end{array}}
Sei nun n\in \mathbb{N} mit n\geq N beliebig. Es ist:
{\begin{array}{rrl}&N&\leq n\\[0.5em]\Rightarrow \ &{\tfrac 1n}&\leq {\tfrac 1N}\\[0.5em]\Rightarrow \ &{\tfrac {1}{{\sqrt[ {k}]{n}}}}&\leq {\tfrac {1}{{\sqrt[ {k}]{N}}}}<\epsilon \\\end{array}}

Geometrische Folge

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Satz:
Für alle q\in \mathbb{R} mit |q|<1 ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}q^{n}=0 .
ErklärungDieser Satz ist eine Verallgemeinerung der obigen beiden Sätze und schließt sie ein.
Beispiel
  • \lim _{{n\rightarrow \infty }}\left(-{\tfrac 12}\right)^{n}=0
  • \lim _{{n\rightarrow \infty }}\left({\tfrac 1\pi }\right)^{n}=0
Wie komme ich auf den Beweis?
Hier betrachten wir den Betrag \left|q^{n}-0\right|, den wir als erstes vereinfachen:
\left|q^{n}-0\right|=\left|q^{n}\right|=|q|^{n}
Mit der error: internal links not implemented, yet! kann man beweisen:
„Zu jedem 0\leq a<1 und jedem \epsilon >0 gibt es ein N\in \mathbb{N} mit a^{N}<\epsilon .“
Setzen wir a=|q|. Es gibt dann ein N\in \mathbb{N} mit |q|^{N}<\epsilon . Für alle n\geq N folgt dann:
|q|^{n}=\underbrace {|q|^{{n-N}}}_{{\leq \ 1}}\cdot \underbrace {|q|^{N}}_{{<\ \epsilon }}<\epsilon
Beweis
Sei \epsilon >0 und q\in \mathbb{R} mit |q|<1 beliebig. Über die Bernoulli-Ungleichung kann man beweisen, dass es ein N\in \mathbb{N} mit |q|^{N}<\epsilon gibt. Dann gilt für alle n\geq N:
{\begin{aligned}\left|q^{n}-0\right|&=\left|q^{n}\right|=|q|^{n}=\underbrace {|q|^{{n-N}}}_{{\leq \ 1}}\cdot \underbrace {|q|^{N}}_{{<\ \epsilon }}<\epsilon \end{aligned}}
Hinweis:
Auch für |q|\geq 1 lässt sich die geometrische Folge auf Konvergenz untersuchen. Allerdings müssen wir dabei drei Fälle unterscheiden:
  • q=1: Hier ist (q^{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=(1^{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=(1)_{{n\in \mathbb{N} }}. Mit dem ersten Beispiel folgt \lim _{{n\to \infty }}q^{n}=\lim _{{n\to \infty }}1=1.
  • q=-1: Hier erhalten wir (q^{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=\left((-1)^{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }}. Diese alternierende Folge divergiert, wie wir in einer Übungsaufgabe im Kapitel error: internal links not implemented, yet! bewiesen haben.
  • |q|>1: Hier divergiert die Folge (q^{n})_{{n\in \mathbb{N} }}. Diese Folge ist unbeschränkt. Im Kapitel error: internal links not implemented, yet! zeigen wir, dass alle unbeschränkte Folgen divergent sind.

n-te Wurzel von c

Satz: Grenzwert Folge mit n-ter Wurzel
Für alle c>0 ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\sqrt[ {n}]{c}}=1.
Wie komme ich auf den Beweis?
Am Ende müssen wir die Ungleichung \left|{\sqrt[ {n}]{c}}-1\right|<\epsilon zeigen. Führen wir zunächst den Beweis für c\geq 1. Dann ist nämlich {\sqrt[ {n}]{c}}\geq 1, und wir können die Betragsstriche weglassen.
Fall 1:
c\geq 1
In diesem Fall ist \left|{\sqrt[ {n}]{c}}-1\right|={\sqrt[ {n}]{c}}-1, und wir müssen {\sqrt[ {n}]{c}}-1<\epsilon für fast alle n\in \mathbb{N} beweisen. Formen wir diese Ungleichung um, um eine Bedingung für n zu finden:
{\begin{array}{rrl}&{\sqrt[ {n}]{c}}-1&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{c}}&<1+\epsilon \\\Leftrightarrow \ &c&<(1+\epsilon )^{n}\\\end{array}}
Ist die obige Ungleichung sinnvoll? Wegen \epsilon >0 ist 1+\epsilon >1. Damit ist \left((1+\epsilon )^{n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine geometrische Folge, die mit wachsenden n beliebig groß wird. Es gibt ein n, ab dem (1+\epsilon )^{n} größer ist als c, womit wir {\sqrt[ {n}]{c}}-1<\epsilon beweisen können. Hierzu hatten wir bereits im Abschnitt error: internal links not implemented, yet! bewiesen:
Für jede Zahl p>1 und jede Zahl M\in \mathbb{R} gibt es ein n\in \mathbb{N} , so dass p^{n}>M ist.
Wenn wir nun p=1+\epsilon und M=c setzen, erhalten wir das gewünschte N\in \mathbb{N} mit (1+\epsilon )^{N}>c. Es muss dann nur noch gezeigt werden, dass (1+\epsilon )^{n}>c für n>N ist. Dies folgt aber aus
(1+\epsilon )^{n}=\underbrace {(1+\epsilon )^{{n-N}}}_{{\geq \ 1}}\underbrace {(1+\epsilon )^{N}}_{{>\ c}}>c
Fall 2:
c<1
Diesen Fall können wir auf obigen Fall zurückführen. Hierzu setzen wir a={\tfrac 1c}, so dass a>1 ist. Wir haben:
{\begin{aligned}\left|{\sqrt[ {n}]{c}}-1\right|&=\left|{\sqrt[ {n}]{{\frac 1a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac 1{{\sqrt[ {n}]{a}}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1-{\sqrt[ {n}]{a}}}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\right|\\&=\left|{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\right|\cdot \left|1-{\sqrt[ {n}]{a}}\right|\\&={\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\cdot \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|\\\end{aligned}}
Diese Umformung ist sinnvoll, weil wir bereits im ersten Fall gezeigt haben, dass \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right| beliebig klein wird (es ist ja a>1). Wir müssen also nur noch den Term {\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}} sinnvoll nach oben abschätzen. Nun ist aber
{\begin{array}{rrl}&a&>1\\\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{a}}&>1\\\Rightarrow \ &{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}&<1\end{array}}
Also ist
{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\cdot \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|<\left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|
und von \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right| haben wir bereits im ersten Teil gezeigt, dass es beliebig klein wird.
BeweisFall 1:
c\geq 1
Sei \epsilon >0 beliebig. Aus dem Satz
Für jede Zahl p>1 und jede Zahl M\in \mathbb{R} gibt es ein n\in \mathbb{N} , so dass p^{n}>M ist.
folgt, dass es ein N\in \mathbb{N} mit (1+\epsilon )^{N}>c gibt. Sei n\geq N beliebig. Es ist
(1+\epsilon )^{n}=\underbrace {(1+\epsilon )^{{n-N}}}_{{\geq \ 1}}\underbrace {(1+\epsilon )^{N}}_{{>\ c}}>c
Also ist
{\begin{array}{rrl}&c&<(1+\epsilon )^{n}\\\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{c}}&<1+\epsilon \\\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{c}}-1&<\epsilon \\\Rightarrow \ &\left|{\sqrt[ {n}]{c}}-1\right|&<\epsilon \\\end{array}}
Fall 2:
c<1
Sei \epsilon >0 beliebig. Setze zunächst a={\tfrac 1c}. Es ist a>1, und aus dem ersten Fall wissen wir, dass es ein N\in \mathbb{N} mit \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|<\epsilon für alle n\geq N gibt. Sei n\geq N beliebig. Es ist zunächst
{\begin{array}{rrl}&a&>1\\\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{a}}&>1\\\Rightarrow \ &{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}&<1\end{array}}
und damit
{\begin{aligned}\left|{\sqrt[ {n}]{c}}-1\right|&=\left|{\sqrt[ {n}]{{\frac 1a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac 1{{\sqrt[ {n}]{a}}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1-{\sqrt[ {n}]{a}}}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\right|\\&=\left|{\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\right|\cdot \left|1-{\sqrt[ {n}]{a}}\right|\\&={\frac {1}{{\sqrt[ {n}]{a}}}}\cdot \left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|\\&<\left|{\sqrt[ {n}]{a}}-1\right|\\&<\epsilon \\\end{aligned}}

n-te Wurzel von n

Satz: Grenzwert n-te Wurzel von n
Es ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\sqrt[ {n}]{n}}=1.
Wie komme ich auf den Beweis?
Der abzuschätzende Betrag ist \left|{\sqrt[ {n}]{n}}-1\right|<\epsilon . Auch hier können wir versuchen, die Ungleichung umzustellen, um Bedingungen für n zu finden:
{\begin{array}{rrl}&\left|{\sqrt[ {n}]{n}}-1\right|&<\epsilon \\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\sqrt[ {n}]{n}}\geq 1\right.}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{n}}-1&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{n}}&<1+\epsilon \\\Leftrightarrow \ &n&<(1+\epsilon )^{n}\\\end{array}}
(1+\epsilon )^{n} und n wachsen beide über alle Grenzen hinaus. Wir müssen also zeigen, dass (1+\epsilon )^{n} irgendwann größer wird als n. Sehen wir uns dazu (1+\epsilon )^{n} an. Nach dem binomischen Lehrsatz ist
(1+\epsilon )^{n}=\sum _{{k=0}}^{n}{\binom nk}\epsilon ^{k}=1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}
Jeder Summand dieser Summe ist größer-gleich Null. Wenn wir zeigen können, dass n kleiner als eine Teilsumme von 1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n} ist, wissen wir, dass n kleiner als 1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}=(1+\epsilon )^{n} ist. Wir wählen die Summanden 1 und {\tfrac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2} (wir werden gleich sehen, dass diese beiden Summanden ausreichen) und zeigen
n<1+{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}
Indem wir die oben stehende Formel zeigen, wobei gleichzeitig
1+{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\leq 1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}=(1+\epsilon )^{n}
gilt, zeigen wir auch
n<(1+\epsilon )^{n}
Um eine Bedingung für n zu finden, formen wir n<1+{\tfrac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2} um:
{\begin{array}{rrl}&n&<1+{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &n-1&<{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &1&<{\frac {n}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &2&<n\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &{\frac {2}{\epsilon ^{2}}}&<n\end{array}}
Über das archimedische Axiom finden wir ein N, sodass {\tfrac {2}{\epsilon ^{2}}}<n für alle n\geq N gilt.
Beweis
Sei \epsilon >0 beliebig. Wir wählen N\in \mathbb{N} nach dem archimedischen Axiom so, dass N>{\tfrac {2}{\epsilon ^{2}}} ist. Sei n\geq N beliebig. Es ist
{\begin{array}{rrl}&{\frac {2}{\epsilon ^{2}}}&<n\\[0.3em]\Rightarrow \ &2&<n\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &1&<{\frac {n}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n-1&<{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&<1+{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 1+{\frac {n(n-1)}2}\epsilon ^{2}\leq \sum _{{k=0}}^{n}{\binom nk}\epsilon ^{k}=(1+\epsilon )^{n}\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&<(1+\epsilon )^{n}\\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{n}}&<1+\epsilon \\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[ {n}]{n}}-1&<\epsilon \\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\sqrt[ {n}]{n}}\geq 1\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\left|{\sqrt[ {n}]{n}}-1\right|&<\epsilon \\[0.3em]\end{array}}

Quotient Potenzfolge durch geometrische Folge error: TODO

Satz:
Sei k\in \mathbb{N} beliebig und z eine reelle Zahl mit |z|>1. Es ist dann \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0.
Wie komme ich auf den Beweis?
Auch dieser Grenzwertbeweis ist relativ schwierig. Natürlich wollen wir trotzdem erklären, durch welche Gedanken man selbst auf die Lösung kommen kann. Dabei werden einige „Tricks“ eingesetzt, die auch bei späteren Beweisen helfen können. Der erste ist es, |z|>1 als 1+x mit x=|z|-1>0 zu schreiben. Auf (1+x)^{n} können wir dann den error: internal links not implemented, yet! anwenden, der uns eine geeignete Abschätzung des Ausdrucks nach oben ermöglicht. Also ist
{\begin{aligned}\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|&={\frac {\left|n^{k}\right|}{\left|z^{n}\right|}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{(1+x)^{n}}}\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{\sum \limits _{{l=0}}^{n}{\binom nl}x^{l}}}\end{aligned}}
Die Summe des Nenners macht den Bruch kompliziert. Es wäre schön, ihn durch einen „einfacheren“ Ausdruck zu ersetzen. Zum Glück ist jeder der Summanden {\binom nl}x^{l} positiv. Wenn wir also Summanden weglassen, dann machen wir die Summe, und damit den Nenner, kleiner. Der gesamte Quotienten wird somit größer (dies ist in Ordnung, weil wir nach oben abschätzen wollen). Die Frage ist nun, welche Summanden weggelassen werden sollen.
Da im Zähler n^{k} steht, ist es sinnvoll den Ausdruck im Nenner durch einen Ausdruck der Form c_{k}\cdot n^{{k+1}} abzuschätzen, wobei c_{k}\in \mathbb{R} ^{+} nicht von n abhängen soll. Dann bildet der Bruch nach der Abschätzung auf jeden Fall eine Nullfolge. Daher behalten wir nur den Summanden für l=k+1 bei, also {\binom n{k+1}}x^{{k+1}}, und alle anderen Summanden lassen wir weg. Der Ausdruck {\binom n{k+1}}={\tfrac {n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k)}{(k+1)!}} erhällt nach dem Ausmultiplizieren im Zähler den Summanden n^{{k+1}} mit der größten Potenz. Dazu muss zunächst n\geq k+1 sein, da nur dann in der Summe \sum \limits _{{l=0}}^{n}{\binom nl}x^{l} der Summand für l=k+1 vorkommt. Wir erhalten
{\begin{aligned}{\frac {n^{k}}{\sum _{{l=0}}^{n}{\binom nl}x^{l}}}&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom n{k+1}}x^{{k+1}}}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{{\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}{(k+1)!}}x^{{k+1}}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-Faktoren}}}}}{\underbrace {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}_{{(k+1){\text{-Faktoren}}}}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-Faktoren}}}}}{\underbrace {(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}_{{k{\text{-Faktoren}}}}}}\cdot {\frac 1n}\end{aligned}}
Wenn wir es jetzt noch schaffen, den mittleren Ausdruck {\tfrac {n\cdot n\cdot n\dots n}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}, nach oben, durch einen von n unabhängigen Ausdruck abzuschätzen, so sind wir endlich am Ziel! Der (Vor-)Faktor {\tfrac {(k+1)!}{x^{{k+1}}}} bleibt im Limes n\to \infty konstant und stellt daher kein Problem für die Konvergenz gegen Null dar. Wir brauchen nun allerdings noch die zusätzliche Forderung n\geq 2k\iff {\tfrac n2}\geq k. Damit gilt
{\begin{aligned}n-1&={\frac n2}+\underbrace {{\frac n2}-1}_{{\geq 0}}\geq {\frac n2},\\[0.3em]n-2&={\frac n2}+\underbrace {{\frac n2}-2}_{{\geq 0}}\geq {\frac n2},\\[0.3em]\vdots &\\[0.3em]n-k&={\frac n2}+\underbrace {{\frac n2}-k}_{{\geq 0}}\geq {\frac n2}\end{aligned}}
Daraus wiederum ergibt sich
{\begin{aligned}{\frac {n\cdot n\cdot n\dots n}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}&\leq {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-Mal}}}}}{\underbrace {({\frac n2})\cdot ({\frac n2})\dots ({\frac n2})}_{{k{\text{-Mal}}}}}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{{\frac {n^{k}}{2^{k}}}}}\\[0.3em]&=2^{k}\end{aligned}}
Insgesamt erhalten wir
{\begin{aligned}{\frac {n^{k}}{\sum _{{l=0}}^{n}{\binom nl}x^{l}}}&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom n{k+1}}x^{{k+1}}}}\\[0.5em]&\leq {\frac {(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac {n^{k}}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}\cdot {\frac 1n}\\[0.5em]&\leq {\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}\end{aligned}}
Da der Ausdruck {\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}} nicht von n abhängt und ({\tfrac 1n}) eine Nullfolge ist, ist der letzte Ausdruck ebenfalls eine Nullfolge.
Um dies mathematisch korrekt zu beweisen, müssen wir jedoch noch zu jedem \epsilon >0 ein N\in \mathbb{N} finden, so dass für alle n\geq N gilt:
\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}-0\right|={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}<\epsilon
Für unsere oberen Abschätzungen benötigen wir zunächst die Bedingungen n>k+1 und n>2k. Da 2k>k+1 für alle k\in \mathbb{N} ist, reicht die stärkere Bedingung n>2k schon aus. Weiter gilt
{\begin{array}{lrl}&{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}&<\epsilon \\[1em]\iff \ &{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}&<\epsilon n\\[1em]\iff \ &{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1{\epsilon }}&<n\end{array}}
Daher benötigen wir als zweite Bedingung noch n>{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1{\epsilon }}. Um sicher zu gehen, dass beide Bedingungen erfüllt sind, forden wir N>\max \left\{2k,{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1{\epsilon }}\right\}. Dann folgt insgesamt
\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|\leq {\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}<\epsilon
Beweis
Sei z\in \mathbb{R} mit |z|>1 beliebig. Setze x=|z|-1. Es ist dann |z|=1+x mit x>0.
Sei \epsilon >0 beliebig. Wähle eine natürliche Zahl N mit N>\max \left\{2k,{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1{\epsilon }}\right\}. Sei n\geq N beliebig. So ist:
{\begin{aligned}\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|&={\frac {\left|n^{k}\right|}{\left|z^{n}\right|}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{(1+x)^{n}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{\sum _{{l=0}}^{n}{\binom nl}x^{l}}}\\[0.3em]&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom n{k+1}}x^{{k+1}}}}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-mal}}}}}{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)\cdot x^{{k+1}}}}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-mal}}}}}{\underbrace {(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}_{{k{\text{-mal}}}}\cdot x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ n>2k\ \Longrightarrow \ n-1\geq {\frac n2},\ \ldots \ ,n-k\geq {\frac n2}\right.}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n}^{{k{\text{-mal}}}}}{\underbrace {{\frac n2}\cdot {\frac n2}\dots {\frac n2}}_{{k{\text{-mal}}}}\cdot x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}\\[0.3em]&={\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1n}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ n\geq N>{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}{\frac 1{\epsilon }}\right.}\\[0.3em]&<{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}\cdot {\frac 1{{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{{k+1}}}}{\frac 1{\epsilon }}}}\\[0.3em]&={\frac 1{{\frac 1{\epsilon }}}}\\&=\epsilon \end{aligned}}
Hinweis:
Dieser Grenzwert taucht gelegentlich auch in der Form \lim _{{n\to \infty }}n^{k}q^{n}=0 für alle k\in \mathbb{N} und q\in \mathbb{R} mit |q|<1 auf. Ist nämlich |q|<1 , so gilt für z={\tfrac 1q} offensichtlich |z|={\tfrac {1}{|q|}}>1. Also gilt
\lim _{{n\to \infty }}n^{k}q^{n}{\overset {z={\tfrac 1q}}{=}}\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0

Quotient geometrische Folge durch Fakultätfolge

Satz:
Sei z eine reelle Zahl mit |z|>1. Es ist dann \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac {z^{n}}{n!}}=0.
Wie komme ich auf den Beweis?
Um den Satz zu beweisen, müssen wir zeigen, dass \left|{\tfrac {z^{n}}{n!}}\right|={\tfrac {|z|^{n}}{n!}}={\tfrac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}} für große n beliebig klein wird. Dafür werden wir den Ausdruck nach oben durch einen anderen Ausdruck abschätzen, von dem wir bereits wissen, dass er beliebig klein wird.
Wenn wir uns den Quotienten ansehen, fällt uns auf, dass Zähler und Nenner immer gleich viele Faktoren haben (n Stück). Die Faktoren im Nenner werden allerdings immer größer, wohingegen die im Zähler immer gleich |z| ist. Sobald k>|z| ist, ist {\tfrac {|z|}{k}}<1. Dies können wir für unsere Abschätzung ausnutzen, indem wir diese Faktoren {\tfrac {|z|}{k}} getrennt zusammenfassen. Sei also M\geq |z| und n\geq M+1. Es ist dann
{\begin{aligned}{\frac {|z|^{n}}{n!}}&={\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&=\underbrace {{\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot M}}}_{{={\tfrac {|z|^{M}}{M!}}}}\cdot \overbrace {{\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{(M+1)\cdot (M+2)\cdot \ldots \cdot n}}}^{{{\text{je }}n-M{\text{ Faktoren}}}}\\&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\tfrac {|z|}{M+1}},{\tfrac {|z|}{M+2}},\ldots ,{\tfrac {|z|}{n}}\leq {\tfrac {|z|}{M+1}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{{n-M}}}{(M+1)^{{n-M}}}}\\&={\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{{n}}}{(M+1)^{{n}}}}\cdot {\frac {(M+1)^{{M}}}{|z|^{M}}}\\&=\underbrace {{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}}_{{{\text{konstant bzgl. }}n}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\end{aligned}}
Wegen {\tfrac {|z|}{M+1}}<1 wird \left({\tfrac {|z|}{M+1}}\right)^{n} als geometrische Folge beliebig klein, während der Faktor {\tfrac {(M+1)^{M}}{M!}} konstant bezüglich n ist. Damit können wir \lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {z^{n}}{n!}}=0 zeigen, da
{\frac {|z|^{n}}{n!}}\leq \underbrace {\underbrace {{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}}_{{{\text{konstant bzgl. }}n}}\cdot \underbrace {\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}}_{{\to 0}}}_{{\to 0}}
Sei nun \epsilon >0 gegeben. Wir müssen nun ein N\in \mathbb{N} finden, so dass für alle n\geq N die Ungleichung {\tfrac {|z|^{n}}{n!}}<\epsilon erfüllt ist. Hierzu schauen wir, wann die rechte Seite der obigen Ungleichung kleiner als \epsilon ist (weil es dann auch die linke Ungleichung sein muss). Wir erhalten:
{\begin{aligned}&&{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}&<\epsilon \\[0.5em]&\iff &\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}&<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}\end{aligned}}
Die rechte Seite der Ungleichung ist unabhängig von n. Weil {\tfrac {|z|}{M+1}}<1 ist, gibt es nach einer error: internal links not implemented, yet! ein L\in \mathbb{N} , so dass
\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}
Damit ist für alle n\geq L
\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\leq \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}
so dass wir alles zusammen haben, um den Beweis aufzuschreiben. Da wir im Laufe des Lösungswegs n\geq L und n\geq M+1 gefordert haben, werden wir N=\max\{M+1,L\} wählen (so dass n\geq N beide Bedingungen n\geq L und n\geq M+1 impliziert).
Beweis
Sei \epsilon >0. Nach dem error: internal links not implemented, yet! gibt es ein M\in \mathbb{N} mit M\geq |z|. Dann gilt für alle n\geq M+1:
{\begin{aligned}{\frac {|z|^{n}}{n!}}&={\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&={\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{{n-M}}}{(M+1)\cdot (M+2)\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\tfrac {|z|}{M+1}},{\tfrac {|z|}{M+2}},\ldots ,{\tfrac {|z|}{n}}\leq {\tfrac {|z|}{M+1}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{{n-M}}}{(M+1)^{{n-M}}}}\\&=\underbrace {{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}}_{{{\text{fest}}}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\end{aligned}}
Wegen {\tfrac {|z|}{M+1}}<1 gibt es ein L\in \mathbb{N} so, dass \left({\tfrac {|z|}{M+1}}\right)^{{L}}<\epsilon \cdot {\tfrac {M!}{(M+1)^{M}}}. Für alle n\geq N=\max\{M+1,L\} gilt dann
{\begin{aligned}\left|{\frac {z^{n}}{n!}}\right|&={\frac {|z|^{n}}{n!}}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{{n-M}}}{(M+1)^{{n-M}}}}\\[0.5em]&={\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\\[0.5em]&\leq {\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}\\[0.5em]&<{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}

Fakultätfolge durch n^{n}

Satz:
Es gilt \lim _{{n\rightarrow \infty }}{\tfrac {n!}{n^{n}}}=0.
Beweis
Sei \epsilon >0. Wähle N\in \mathbb{N} so, dass N\geq {\tfrac 1\epsilon }+1. Für alle n\geq N gilt dann
{\begin{aligned}\left|{\frac {n!}{n^{n}}}-0\right|&={\frac {n!}{n^{n}}}={\frac 1n}\cdot {\frac {2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}{n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.3em]&={\frac 1n}\cdot \prod _{{k=2}}^{n}{\frac {k}{n}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k}{n}}\leq 1{\text{ für alle }}k\in \{2,\ldots ,n\}{\text{ und somit }}\prod _{{k=2}}^{n}{\frac {k}{n}}\leq 1\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac 1n}\leq {\frac {1}{{\tfrac 1\epsilon }+1}}<\epsilon \end{aligned}}