Der Sandwichsatz
ist ein mächtiges Werkzeug, um den Grenzwert einer Folge zu bestimmen. Dieser Satz ist insbesondere hilfreich bei Folgen mit einer komplexen Bildungsvorschrift, bei denen Grenzwertsätze nicht angewandt werden können und bei denen die Epsilon-Definiton der Konvergenz schwer nachgewiesen werden kann. In der Literatur gibt es für den Satz zahlreiche weitere Bezeichnungen, wie Sandwich-Theorem
, Sandwich Lemma
, Einschnürungssatz
oder Einschließungsregel
.
Motivation
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Die Aussage des Satzes ist recht einfach. Wir wollen die Konvergenz einer Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} untersuchen. Dies können wir allerdings nicht immer direkt machen, da sie eine komplizierte Bauart haben kann. Oft ist es jedoch möglich zwei einfacher strukturierte Folgen (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} zu finden, die (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} von unten bzw. oben einschließen, d. h. es gilt b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} für alle n\in \mathbb{N} . Konvergieren diese beiden Folgen nun gegen denselben Grenzwert a, so besagt der Sandwichsatz, dass auch unsere eingeschlossene Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen a konvergiert.
Aus der Funktionsweise erklärt sich der Name des Satzes von selbst: Die Folgen (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} schließen wie die Brötchen eines Sandwiches den Inhalt, also die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, ein. Wenn sich nun (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} immer näher kommen und gegen einen Wert konvergieren, dann muss auch die eingeschlossene Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen diesen Wert konvergieren.
Der Sandwichsatz
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Der Satz lautet:
Satz: Sandwichsatz
Sei (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine beliebige Folge. Wenn es zwei Folgen (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gibt, so dass b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} für alle n\in \mathbb{N} und \lim _{{n\rightarrow \infty }}b_{n}=\lim _{{n\rightarrow \infty }}c_{n}=a für ein a\in \mathbb{R} , dann konvergiert auch (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen a.
Beweis
Seien (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, sodass b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} und \lim _{{n\rightarrow \infty }}b_{n}=\lim _{{n\rightarrow \infty }}c_{n}=a für ein a\in \mathbb{R} .
Wir müssen \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=a zeigen, d.h. zu jedem \epsilon >0 gibt es ein N\in \mathbb{N} , so dass |a_{n}-a|<\epsilon für alle n\geq N gilt. Sei \epsilon >0 beliebig. Nach Voraussetzung ist zum einen \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=a und \lim _{{n\to \infty }}c_{n}=a.
Daher gibt es N_{1}\in \mathbb{N} und N_{2}\in \mathbb{N} mit |b_{n}-a|<\epsilon für alle n\geq N_{1} und |c_{n}-a|<\epsilon für alle n\geq N_{2}. Zum anderen gilt b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} für alle n\in \mathbb{N} . Für jedes Folgenglied von (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} kann nun a_{n}\geq a oder a_{n}\leq a gelten.
Wir wählen nun N=\max\{N_{1},N_{2}\}. Sei n\geq N beliebig, daraus folgt sowohl n\geq N_{1} als auch n\geq N_{2}. Wenn a_{n}\geq a ist, gilt somit
|a_{n}-a|\leq |c_{n}-a|<\epsilon
Im Fall a_{n}\leq a ist
|a_{n}-a|\leq |b_{n}-a|<\epsilon
Also ist stets |a_{n}-a|<\epsilon für alle n\geq N.
Hinweis:
Im Sandwichsatz muss die Ungleichung b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} nicht notwendigerweise für alle n\in \mathbb{N} erfüllt sein. Es genügt, wenn sie bis auf endlich viele Folgenglieder gilt, d.h. wenn es ein n_{0}\in \mathbb{N} gibt, so dass b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} für alle n\geq n_{0} gilt.
Beispiel:
Beispiel
Wir wollen zeigen, dass \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]c}=1 für eine beliebige, aber feste Konstante c>0.
Hierzu wollen wir den Sandwichsatz verwenden. Wir unterscheiden zwei Fälle:
Fall 1:
c\geq 1
Wir wählen n_{0}\in \mathbb{N} , so dass n_{0}\geq c. Dann gilt für alle n\in \mathbb{N} mit n\geq n_{0} wegen c\leq n, dass {\sqrt[ {n}]c}\leq {\sqrt[ {n}]n}. Andererseits gilt wegen 1\leq c, dass 1={\sqrt[ {n}]1}\leq {\sqrt[ {n}]c} für alle n\in \mathbb{N} .
Da, wie wir bereits in einem vorherigen Kapitel gezeigt haben, \lim _{{n\to \infty }}1=1=\lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]n}, gilt nach dem Sandwichsatz \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]c}=1.
Fall 2:
c<1
In diesem Fall gilt {\tfrac 1c}\geq 1, also können wir den ersten Fall auf {\tfrac 1c} anwenden. Also gilt \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{\tfrac 1c}}=1 und mit der Quotientenregel folgt:
Ein Spezialfall, den man in Anwendungsbeispielen oft benutzen kann ist
Satz: Spezialfall des Sandwichsatz
Sei (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Nullfolge und |a_{n}-a|\leq c_{n} für alle n\in \mathbb{N} . Dann gilt \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=a.
BeweisWir setzen {\tilde {a}}_{n}=|a_{n}-a|. Für die konstante Folge b_{n}=0 ist b_{n}\leq {\tilde {a_{n}}}\leq c_{n}. Wegen \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=0=\lim _{{n\to \infty }}c_{n} folgt aus dem Sandwichsatz, dass auch \lim _{{n\to \infty }}{\tilde {a}}_{n}=0 ist. Damit ist (|a_{n}-a|)_{{n\in \mathbb{N} }} eine Nullfolge, was gleichbedeutend damit ist, dass (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen a konvergiert.
Hinweis:
In dieser Form wird der Sandwichsatz manchmal auch als Majorantenkriterium für Folgen bezeichnet.
Beispiel:
Beispiel
Dieses Mal wollen wir zeigen, dass \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt {n^{2}+1}}-n=0. Hierzu verwenden wir den Spezialfall des Sandwichsatzes. Hierfür wollen wir für alle n\in \mathbb{N} zeigen, dass:
|{\sqrt {n^{2}+1}}-n|\leq {\frac 1{2n}}
Dazu bemerken wir als erstes, dass wegen n^{2}+1>n^{2} auch {\sqrt {n^{2}+1}}>{\sqrt {n^{2}}}=n und somit {\sqrt {n^{2}+1}}-n>0 gilt.
Da die letzte Formel offensichtlich für alle n\in \mathbb{N} wahr ist, haben wir gezeigt, dass:
|{\sqrt {n^{2}+1}}-n|\leq {\frac 1{2n}}
Da \left({\tfrac 1{2n}}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} eine Nullfolge ist, haben wir unsere Behauptung gezeigt.
Beispiele und Aufgaben zum Sandwichsatz
Beispiel: Sandwichsatz 1
Beispiel
Betrachten wir als erstes Beispiel die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
a_{n}={\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}
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Wenn wir die Bildungsvorschrift genau ansehen, oder uns die ersten Folgenglieder aufschreiben (-1,{\tfrac 14},-{\tfrac 19},{\tfrac {1}{16}},-{\tfrac {1}{25}},\ldots ) ist klar, dass die Glieder von unten bzw. oben gegen null konvergieren. Setzen wir b_{n}=-{\tfrac {1}{n}} und c_{n}={\tfrac {1}{n}}, so gilt wegen |a_{n}|={\tfrac {1}{n^{2}}}\leq {\tfrac 1n} die Ungleichung b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} für alle n\in \mathbb{N} .
Außerdem ist \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}=0. Mit dem Sandwichsatz gilt somit auch \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {(-1)^{n}}{n^{2}}}=0.
Verständnisfrage: Gib zwei weitere Folgen (b_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und (c_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} an, mit denen sich der Sandwichsatz bei diesem Beispiel anwenden lässt.
Beispielsweise b_{n}=-{\tfrac {1}{n^{2}}} und c_{n}={\tfrac {1}{n^{2}}}. Dann gilt ebenfalls b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n} und \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}=0.
Übung: Sandwichsatz 1
Untersuche die Folge ({\tilde a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit Hilfe des Sandwichsatz auf Konvergenz, wobei
{\tilde a}_{n}={\frac {1}{n^{s}}} mit s\in \mathbb{Q} ^{+}
Zu s\in \mathbb{Q} ^{+} gibt es ein k\in \mathbb{N} mit k-1\leq s\leq k. Wegen der Monotonie der Potenzfunktion folgt damit
und analog \lim _{{n\to \infty }}{\tilde c}_{n}=0. Mit dem Sandwichsatz gilt \lim _{{n\to \infty }}{\tilde {a}}_{n}=0.
Beispiel: Sandwichsatz 2
Beispiel
Als nächstes zeigen wir, dass die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
a_{n}={\frac {n!}{n^{n}}}
eine Nullfolge ist.
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Die Abschätzung nach unten ist hier sehr einfach. Da Zähler und Nenner der Folge nicht negativ sind, gilt a_{n}\geq 0=b_{n} für alle n\in \mathbb{N} . Eine passende Abschätzung nach oben finden wir, wenn wir n! und n^{n} in „Pünktchenschreibweise“ darstellen:
Da offensichtlich \lim _{{n\to \infty }}b_{n}=\lim _{{n\to \infty }}c_{n}=0 ist, gilt mit dem Sandwichsatz auch \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {n!}{n^{n}}}=0.
Übung: Sandwichsatz 2
Zeige mit Hilfe des Sandwichsatzes, dass die Folgen ({\tilde a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und ({\hat a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
Wegen \lim _{{n\to \infty }}{\tilde b}_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tilde c}_{n}=0 folgt mit dem Sandwichsatz \lim _{{n\to \infty }}{\tilde a}_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {3^{n}}{n!}}=0.
Teilaufgabe 2:
Es gilt wieder {\hat a}_{n}={\tfrac {2n}{2^{n}}}\geq 0={\hat b}_{n}. Nach oben ist die Abschätzung hier etwas schwieriger. Am besten benutzen wir die Ungleichung 2^{n}\geq n^{2} für alle n\geq 4. Diese lässt sich durch vollständige Induktion beweisen:
Mit dem Sandwichsatz ist daher \lim _{{n\to \infty }}a_{n}'=3.
Übung: Sandwichsatz 3
Untersuche mit Hilfe des Sandwichsatzes, die Folgen ({\tilde a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, ({\hat a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} und ({\overline a}_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit
{\hat a}_{n}={\sqrt[ {n}]{n^{2}-n+1}}
{\overline a}_{n}={\sqrt[ {n}]{3^{n}-2^{n}}}
auf Konvergenz.
Teilaufgabe 1:
Für ({\hat a}_{n}) gilt wegen der Monotonie der n-ten Wurzel
Mit dem Sandwichsatz folgt daher auch \lim _{{n\to \infty }}{\hat a}_{n}=0.
Aufgabe 5 zum Sandwichsatz
Übung: Sandwichsatz 5
Konvergiert die Folge a_{n}=\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}? Wenn ja, gegen welchen Grenzwert? Beweise deine Behauptungen.
Wie komme ich auf den Beweis?
Ob die Folge a_{n}=\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n} konvergiert, lässt sich auf den ersten Blick nicht intuitiv entscheiden. Rechnen wir also ein paar Werte aus:
Dies lässt die Mutmaßung zu, dass (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen 1 konvergiert. Diese Mutmaßung bestätigt sich, wenn wir uns die ersten zwanzig Folgenglieder in einen Diagramm anschauen:
Was einen Beweis mit bisherigen Mitteln kompliziert macht, ist das Vorkommen von n im Exponenten der Folge. Dadurch können wir keine Grenzwertsätze anwenden und auch ein Epsilon-Beweis wird schwierig. Wir können aber die Bernoulli-Ungleichung verwenden, um eine Abschätzung nach unten zu erhalten. So bringen wir das n vom Exponenten „nach unten“:
Wir können leicht beweisen, dass die Folge \left(1-{\tfrac 1n}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} gegen den gewünschten Grenzwert 1 konvergiert. So können wir b_{n}=1-{\tfrac 1n} setzen, welches wir für den Sandwichsatz brauchen. Nach der Bernoulli-Ungleichung wissen wir ja, dass b_{n}\leq a_{n} für alle n\in \mathbb{N} ist.
Es fehlt nun nur noch eine Abschätzung nach oben durch eine Folge, die auch gegen 1 konvergiert. Aus der obigen Grafik sehen wir, dass die Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} stets kleiner als 1 ist. Also sollte es möglich sein, die die Abschätzung c_{n} nach oben konstant 1 zu setzen.
Und tatsächlich: Es ist möglich zu beweisen, dass für alle n\in \mathbb{N} die Ungleichung a_{n}\leq 1 erfüllt ist. Es ist nämlich 1-{\tfrac {1}{n^{2}}} stets kleiner als 1. Damit muss aber auch jede Potenz von 1-{\tfrac {1}{n^{2}}} kleiner als 1 sein. Insbesondere ist somit die Potenz \left(1-{\tfrac 1{n^{2}}}\right)^{n} kleiner als 1.
Es gilt somit für alle n\in \mathbb{N} , dass a_{n}\leq 1. Wir haben also folgende Abschätzung für den Sandwichsatz:
Die untere und die obere Abschätzung hat den identischen Grenzwert 1 (Es ist \lim _{{n\rightarrow \infty }}1-{\tfrac 1n}=\lim _{{n\rightarrow \infty }}1=1). Nach dem Sandwichsatz muss also auch \lim _{{n\rightarrow \infty }}\left(1-{\tfrac 1{n^{2}}}\right)^{n}=1 sein.
Wegen \lim _{{n\rightarrow \infty }}1-{\tfrac 1n}=\lim _{{n\rightarrow \infty }}1=1 folgt aus dem Sandwichsatz, dass \lim _{{n\rightarrow \infty }}\left(1-{\tfrac 1{n^{2}}}\right)^{n}=1 ist.
Hinweis:
Sind die beiden Grenzwerte \lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\tfrac 1n}\right)^{n}=e und \lim _{{n\to \infty }}\left(1-{\tfrac 1n}\right)^{n}={\tfrac 1e} bekannt, so kann man den Grenzwert auch folgendermaßen berechnen:
Konvergiert die Folge a_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}? Wenn ja, gegen welchen Grenzwert? Beweise deine Behauptungen.
Wie komme ich auf den Beweis?
Hier können wir die Bernoulli-Ungleichung für die Einschnürung der Folge nutzen. Jedoch können wir diese nicht direkt anwenden, da sonst das \geq -Zeichen „falsch herum“ ist:
Jedoch haben wir mit \left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\geq 1 bereits eine sinnvolle Abschätzung nach unten. Was wir benötigen, ist eine Abschätzung der Folge nach oben. Hier bilden wir zunächst den Kehrwert, bevor wir die Bernoulli-Ungleichung anwenden:
Dementsprechend ist a_{n}\leq {\tfrac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}. Mit den Grenzwertsätzen können wir beweisen, dass \lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}=1. So erhalten wir mit b_{n}=1\leq \left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\leq {\tfrac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}=c_{n} über den Sandwichtsatz, dass \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=1 ist.
Beweis
Sei b_{n}=1 und c_{n}={\tfrac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}. Es ist b_{n}\leq a_{n}\leq c_{n}, denn
Wegen \lim _{{n\to \infty }}c_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac 2n}=0 folgt somit aus dem Spezialfall zum Sandwichsatz die Behauptung \lim _{{n\to \infty }}a_{n}=\lim _{{n\to \infty }}{\tfrac {n-1}{n+1}}=1.
Beispiel: Spezialfall des Sandwichsatz 2
Beispiel
Als komplizierteres Anwendungsbeispiel zeigen wir für c>1 den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{c}}=1. Dazu müssen wir |{\sqrt[ {n}]{c}}-1|={\sqrt[ {n}]{c}}-1 nach oben durch eine Nullfolge (c_{n}) abschätzen. Wir werden sehen, dass die Nullfolge c_{n}={\tfrac {c-1}{n}} eine passende Majorante ist. Zunächst finden wir mit Hilfe der Bernoulli-Ungleichung:
Nach dem Spezialfall zum Sandwichsatz ist daher \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{c}}=1.
Übung: Spezialfall des Sandwichsatz
Zeige den Grenzwert \lim _{{n\to \infty }}{\sqrt[ {n}]{n}}=1.
Nach dem Spezialfall zum Sandwichsatz müssen wir |{\sqrt[ {n}]{n}}-1| nach oben durch eine Nullfolge abschätzen. Zunächst finden wir mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes für n\geq 2:
