In diesem Kapitel besprechen wir einen Satz, der für viele Beweise hilfreich ist: Der Satz von Bolzano-Weierstraß, welcher nach Bernard Bolzano
und Karl Weierstraß
benannt ist.
Dieser Satz garantiert die Existenz von Häufungspunkten bei beschränkten Folgen und wird oft verwendet, um die Existenz von Grenzwerten oder Häufungspunkten zu zeigen. Zwar könnte zum Nachweis dieser Existenz auch das Intervallschachtelungsprinzip herangezogen werden, der Weg über den Satz von Bolzano-Weierstraß ist aber oftmals einfacher.
So wird in einigen Lehrbüchern mit Hilfe des Satzes von Bolzano-Weierstraß das Monotoniekriterium für Folgen und Reihen gezeigt. Auch kann mit ihm das Theorem bewiesen werden, dass stetige Funktionen auf abgeschlossenen Intervallen der Form [a,b] mit a,b\in \mathbb{R} beschränkt sind und ihr Maximum und Minimum annehmen.
Der Satz von Bolzano-Weierstraß
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Der Satz von Bolzano-Weierstraß lautet:
Satz: Satz von Bolzano-Weierstraß
Jede beschränkte Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} von reellen Zahlen besitzt mindestens einen Häufungspunkt. Es gibt also eine reelle Zahl x, so dass mindestens eine Teilfolge \left(x_{{n_{k}}}\right)_{{k\in \mathbb{N} }} von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gegen x konvergiert.
Diesen Satz kannst du so nachvollziehen: Eine Folge ist genau dann beschränkt, wenn es ein Intervall [s,S] gibt, so dass alle Folgenglieder in diesem Intervall liegen. Nun hat eine Folge unendlich viele Glieder. Wenn man sie alle in das endliche Intervall [s,S] sperrt, gibt es ein ziemliches Gedränge und die Folgenglieder müssen sich zwangsweise zum Teil sehr nah kommen. Nun sagt der Satz von Bolzano-Weierstraß, dass es mindestens eine reelle Zahl x gibt, der die Glieder einer Teilfolge beliebig nah kommen. Diese Zahl x ist Häufungspunkt der Folge. Beachte, dass x selbst kein Glied der Folge sein muss. Auch könnte es insgesamt mehr als einen Häufungspunkt geben.
Wie bereits erwähnt, wird der Satz von Bolzano-Weierstraß bei Existenzbeweisen genutzt. So kann mit diesem Satz ein gesuchter Grenzwert oder ein gesuchter Häufungspunkt gefunden werden. Dabei ist die Anwendung dieses Satzes oft einfacher als die Benutzung des Supremumaxioms oder des Intervallschachtelungsprinzips. Der Grund liegt darin, dass die Beschränktheit einer Folge oft leicht nachgewiesen werden kann. Demgegenüber lässt sich das Supremumaxiom nur dann gut anwenden, wenn die gesuchte Zahl Supremum einer gegebenen Menge ist und beim Intervallschachtelungsprinzip muss man eine geeignete Intervallschachtelung konstruieren bzw. finden, die die gesuchte Zahl beliebig genau approximiert.
Hinweis:
In der Literatur wird manchmal der Satz von Bolzano-Weierstraß in der Form „Jede reelle beschränkte Folge besitzt eine konvergente Teilfolge“ formuliert. Der Satz „Jede beschränkte Folge reeller Zahlen besitzt einen Häufungspunkt“ wird dann als Satz vom Häufungspunkt bezeichnet.
Notwendigkeit des Vollständigkeitsaxioms
Für den Satz von Bolzano-Weierstraß ist die Vollständigkeit der reellen Zahlen eine notwendige Eigenschaft. Um dies zu sehen, nehmen wir als Grundmenge die rationalen Zahlen. Hier betrachten wir eine Folge rationaler Zahlen, die gegen eine irrationale Zahl konvergieren würde. Weil diese Folge konvergiert, muss sie auch beschränkt sein (wir hatten bereits nachgewiesen, dass jede konvergente Folge beschränkt ist). Außerdem ist der irrationale Grenzwert der einzige Häufungspunkt der Folge (jeder Grenzwert ist alleiniger Häufungspunkt einer Folge).
Nun besitzt die gewählte Folge keinen Häufungspunkt mehr, weil wir beim Wechsel von \mathbb{R} nach \mathbb{Q} den einzigen Häufungspunkt der Folge entfernt haben. Damit kann für die Grundmenge der rationalen Zahlen der Satz von Bolzano-Weierstraß nicht gelten. Schließlich kann es beschränkte rationale Folgen geben, die keine rationalen Häufungspunkte besitzen. Dieses Beispiel zeigt, wie wichtig die Grundmenge für den Satz ist und dass wir zum Beweis das Vollständigkeitsaxiom der reellen Zahlen benötigen werden. Schließlich ist die Vollständigkeit die wesentliche Eigenschaft, die die reellen von den rationalen Zahlen unterscheidet.
Beweis (mit Intervallschachtelung)
Beweis: Satz von Bolzano-Weierstraß
Beweis
Sei (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine beschränkte Folge. Wir wissen, dass es ein s und ein S gibt, so dass alle Folgenglieder in [s,S] liegen (die Folge ist beschränkt):
Nun müssen wir einen Häufungspunkt der Folge finden. Wir wissen bereits, dass wir hierfür die Vollständigkeit von \mathbb{R} benötigen, welche wir über das Intervallschachtelungsprinzip eingeführt haben. Zur Erinnerung: Eine Intervallschachtelung ist eine Möglichkeit, eine Zahl durch eine Folge von immer kleiner werdenden Intervallen I_{n}=[a_{n},b_{n}] zu approximieren. Die gesuchte Zahl x ist dabei Element jedes Intervalls [a_{n},b_{n}] der Intervallschachtelung. Dabei ist a_{n} eine Abschätzung nach unten und b_{n} eine Abschätzung nach oben von x, also a_{n}\leq x\leq b_{n}.
Wenn die Breite der Intervalle gegen 0 konvergiert (also die Approximation beliebig genau wird), dann garantiert das Intervallschachtelungsprinzip, dass durch die Intervallschachtelung genau eine reelle Zahl beschrieben wird. Es gibt also genau eine reelle Zahl, die in allen Intervallen [a_{n},b_{n}] liegt.
Fazit: Um den gesuchten Häufungspunkt x von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} zu finden, können wir eine Intervallschachtelung konstruieren, bei der jedes Intervall x approximiert. Das Intervallschachtelungsprinzip garantiert uns dann die Existenz von x. Wie gehen wir bei der Konstruktion der Intervallschachtelung vor?
Zunächst setzen wir [s,S] als erstes Intervall I_{1}. Wir wissen ja bereits, dass in diesem Intervall alle Folgenglieder liegen und damit sich auch der gesuchte Häufungspunkt in diesem Intervall befinden muss:
Da die Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} unendlich viele Folgenglieder besitzt, müssen in mindestens einem der beiden Intervalle unendlich viele Folgenglieder von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} liegen. Dieses Intervall setzen wir als das zweite Intervall I_{2} der Intervallschachtelung. Da I_{2} unendlich viele Folgenglieder der ursprünglichen Folge besitzt, sollte sich in diesem Intervall ein Häufungspunkt der ursprünglichen Folge befinden:
Als nächstes Intervall I_{3} wählen wir das Teilintervall von I_{2}, welches wiederum unendlich viele Folgenglieder der ursprünglichen Folge besitzt. Wir wissen, dass I_{3} existiert, weil sich bereits in I_{2} unendlich viele Folgenglieder der ursprünglichen Folge befinden und damit auch in mindestens einem der zwei Teilintervalle unendlich Folgenglieder von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} liegen müssen:
Dieses Verfahren wiederholen wir beliebig oft, so dass wir am Ende eine Intervallschachtelung (I_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} erhalten. Formal können wir die Intervallschachtelung wie folgt beschreiben: Setze I_{1}=[s,S]. Ist I_{k}=[a_{k},b_{k}] gegeben, so setze M={\tfrac 12}(a_{k}+b_{k}) und
I_{{k+1}}=[a_{{k+1}},b_{{k+1}}]={\begin{cases}\;[a_{k},M]&{\text{in }}[a_{k},M]{\text{ liegen unendlich viele }}a_{n}\\\;[M,b_{k}]&{\text{sonst}}\end{cases}}
Die Breite der Intervalle I_{n} halbiert sich bei jedem Schritt. Es ist
Die Breite der Intervalle konvergiert gegen 0 und damit gibt es nach dem Intervallschachtelungsprinzip genau einen Punkt x, der in allen Intervallen I_{n} liegt. Dieser Punkt sollte Häufungspunkt der Folge sein. Das müssen wir aber noch beweisen.
Betrachten wir hierzu für ein beliebiges \epsilon >0 die \epsilon -Umgebung (x-\epsilon ,x+\epsilon ) von x. Weil \lim _{{n\to \infty }}|I_{n}|=0 ist, gibt es ein N\in \mathbb{N} mit |I_{N}|<\epsilon . Wegen x\in I_{N} ist damit aber I_{N}\subseteq (x-\epsilon ,x+\epsilon ). Nun hatten wir die Intervalle so konstruiert, dass in jedem Intervall unendlich viele Folgenglieder von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} liegen. Also liegen auch in I_{N} unendlich viele Folgenglieder der ursprünglichen Folge. Wegen I_{N}\subseteq (x-\epsilon ,x+\epsilon ) sind alle Elemente von I_{N} auch Elemente von (x-\epsilon ,x+\epsilon ). Damit müssen aber auch in der \epsilon -Umgebung unendlich viele Folgenglieder von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} liegen (nämlich mindestens diejenigen, die bereits in I_{N} liegen).
Weil \epsilon >0 beliebig gewählt wurde, liegen in jeder \epsilon -Umgebung von x unendlich viele Folgenglieder von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}. Dies beweist, dass x Häufungspunkt von (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} ist, womit diese Folge mindestens einen Häufungspunkt besitzt.
Alternativer Beweis (mit Monotoniekriterium)
TODO: @Stephan Kulla: Dieser Abschnitt muss noch überarbeitet werden.
Eine weitere Möglichkeit, den Satz von Bolzano-Weierstraß zu zeigen, lässt sich mit Hilfe des Monotoniekriteriums
erläutern. Zur Wiederholung: Dieses besagt, dass jede monotone und beschränkte Folge reeller Zahlen konvergiert.
Da die Beschränktheit in der Voraussetzung von Bolzano-Weierstraß steckt, ist der wesentliche Teil des Beweises, den folgenden Hilfssatz zu zeigen, der in der Literatur auch als Auswahlprinzip von Bolzano-Weierstraß bezeichnet wird:
Satz: Auswahlprinzip von Bolzano-Weierstraß
Jede reelle Folge besitzt eine monotone Teilfolge.
Wie komme ich auf den Beweis?
Am besten lässt sich dieser Satz beweisen, indem wir die "Gipfelstellen"
unserer Folge (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} betrachten. Dabei heißt ein Folgenindex m\in \mathbb{N} Gipfelstelle
der Folge (a_{n}), falls für n>m gilt: a_{m}>a_{n}. Wichtig: Die Gipfelstellen sind die Indizes m, nicht die Folgenglieder a_{m}.
Betrachten wir zunächst ein Beispiel:
Sei (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} die Folge mit a_{n}={\begin{cases}{\tfrac 1n}&{\text{falls }}n{\text{ ungerade,}}\\0&{\text{falls }}n{\text{ gerade,}}\end{cases}}, also die Folge (1,0,{\tfrac 13},0,{\tfrac 15},0,{\tfrac 17},0,{\tfrac 19},\ldots ).
TODO: Sizze zur Folge
Diese hat alle ungeraden Zahlen 1,3,5,7,9\ldots als Gipfelstellen, denn a_{1}=1>a_{n} für alle n>1, a_{3}={\tfrac 13}>a_{n} für alle n>3 und so weiter. Sie hat also unendlich viele Gipfelstellen 2k-1 für k\in \mathbb{N} . Was helfen uns nun diese Gipfelstellen für unsere monotone Teilfolge? Ganz einfach: Die zu den Gipfelstellen gehörenden Folgenglieder bilden eine (streng) monoton fallende Teilfolge
Dies ist auch kein Zufall, sondern liegt an der Charakterisierung der Gipfelstellen. Ist nämlich m_{k} eine Gipfelstelle, so ist a_{{m_{k}}} per Definition kleiner als die vorherigen zu den Gipfelstellen gehörenden Folgenglieder a_{{m_{1}}},a_{{m_{2}}},\ldots ,a_{{m_{{k-1}}}}, also a_{{m_{1}}}>a_{{m_{2}}}>\ldots >a_{{m_{{k-1}}}}>a_{{m_{k}}}. So erhalten wir immer eine (streng) monoton fallende Teilfolge (a_{{m_{k}}})_{{k\in \mathbb{N} }}, von (a_{n}), falls die Folge unendlich
viele Gipfelstellen hat.
Was machen wir nun aber im anderen Fall, wenn die Anzahl der Gipfelstellen unserer Folge endlich ist? Betrachten wir wieder ein konkretes Beispiel:
Sei nun (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} die Folge mit a_{n}=(-1)^{n}{\tfrac {n}{n+1}}, also die Folge (-{\tfrac 12},{\tfrac 23},-{\tfrac 34},{\tfrac 45},-{\tfrac 56},{\tfrac 67},-{\tfrac 78},{\tfrac 89},-{\tfrac {9}{10}},\ldots ).
Diese Folge hat keine
Gipfelstellen. Denn die ungeraden Indizes 2k-1 sind keine Gipfelstellen, da für alle geraden Indizes 2k gilt a_{{2k-1}}<0<a_{{2k}}, also gibt es immer ein n>2k-1 mit a_{{2k-1}}<a_{n}. Die geraden Indizes 2k sind aber auch keine Gipfelstellen, da die Teilfolge der geraden Folgenglieder (streng) monoton steigend ist: (a_{{2k}})_{{k\in \mathbb{N} }}=({\tfrac 23},{\tfrac 45},{\tfrac 67},{\tfrac 89},\ldots )). Also gibt es immer ein n>2k mit a_{{2k}}<a_{n}. Nun haben wir aber auch hier eine monotone Teilfolge. Denn die Folge der geraden Glieder (a_{{2k}})_{{k\in \mathbb{N} }} bildet eine (streng) monoton steigende Teilfolge von (a_{n}).
Auch dies ist kein Zufall, sondern immer der Fall, wenn die Anzahl der Gipfelstellen endlich
ist. Sind allgemein m_{1},m_{2},\ldots m_{r} die (endlich vielen) Gipfelstellen von (a_{n}), dann ist n_{1}=m_{r}+1keine
Gipfelstelle von (a_{n}). Da n_{1} keine Gipfelstelle ist, gibt es aber n_{2}>n_{1} mit a_{{n_{2}}}\geq a_{{n_{1}}}. Da n_{2} nun ebenfalls keine Gipfelstelle von (a_{n}) ist, gibt es n_{3}>n_{2} mit a_{{n_{3}}}\geq a_{{n_{2}}}. Dies können wir nun sukzessive weiterführen und erhalten so immer eine monoton steigende Teilfolge (a_{{n_{k}}})_{{k\in \mathbb{N} }} von (a_{n}).
Beweis
1.Fall:(a_{n}) besitzt unendlich viele Gipfelstellen m_{1}<m_{2}<\ldots <m_{k}<m_{{k+1}}<\ldots . Dann ist die Teilfolge (a_{{m_{k}}})_{{k\in \mathbb{N} }} per Definiton (streng) monoton fallend.
2.Fall:(a_{n}) besitzt endlich viele Gipfelstellen m_{1}<m_{2}<\ldots <m_{r}. Stetze n_{1}=m_{r}+1. Wähle n_{2}>n_{1} mit a_{{n_{2}}}\geq a_{{n_{1}}}, und danach rekursiv für alle k\geq 2: n_{{k+1}}>n_{k} mit a_{{n_{{k+1}}}}\geq a_{{n_{k}}}. Dann ist die Teilfolge (a_{{n_{k}}})_{{k\in \mathbb{N} }} per Definiton monoton steigend.
Damit ist es nun kein Problem mehr, den Satz von Weierstraß mit Hilfe des Monotoniekriteriums zu beweisen:
Beweis: Alternativbeweis von Bolzano-Weierstraß
BeweisSei (a_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine beschränkte reelle Folge. Nach dem Hilfssatz von oben besitzt sie eine monotone Teilfolge (a_{{n_{k}}})_{{k\in \mathbb{N} }}. Da (a_{n}) beschränkt ist, ist auch (a_{{n_{k}}}) beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium konvergiert (a_{{n_{k}}}). Also besitzt (a_{n}) eine konvergente Teilfolge und daher einen Häufungspunkt.
