Aufgaben zu Teilfolgen, Häufungspunkte und Cauchy-Folgen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Aufgaben zu Teilfolgen

Aufgabe (Teilfolgen der e-Folge)

1. Berechne den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}$
2. Berechne den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{n}$
3. Berechne mit Hilfe von 1. den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}$

Lösung (Teilfolgen der e-Folge)

Teilaufgabe 1: Für $(a_{n})=\left(\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right)$ gilt: $\lim _{n\to \infty }a_{n}=e$. Damit gilt auch für die Teilfolge $(a_{k^{2}})_{k\in \mathbb {N} }$:

$\lim _{k\to \infty }a_{k^{2}}=\lim _{k\to \infty }\left(1+{\frac {1}{k^{2}}}\right)^{k^{2}}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}=e$

Teilaufgabe 2: Es gilt

$\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{n}=\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n\cdot {\frac {1}{2}}}=\left(\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}\right)^{\frac {1}{2}}={\sqrt {\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}}}$

Nun ist $(a_{2n})=\left(\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}\right)$ ebenfalls eine Teilfolge der Folge $(a_{n})$ aus Teilaufgabe 1. Also gilt: $\lim _{n\to \infty }a_{2n}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}=e$. Mit der Rechenregeln für Grenzwerte gilt daher

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt {\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}}}={\sqrt {\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{2n}}\right)^{2n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt {e}}$

Teilaufgabe 3: Für $(b_{n})=\left(\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\right)$ gilt: $b_{n}={\sqrt[{n}]{a_{n^{2}}}}$ mit der Folge $(a_{n^{2}})=\left(\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}\right)$ aus Teilaufgabe 1.

Wegen $\lim _{n\to \infty }a_{n^{2}}=e$ ist $(a_{n^{2}})$ nach oben beschränkt, d.h. es gibt ein $M>0$ (sogar $M>1$) mit $a_{n^{2}}\leq M$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Daher ist $(b_{n})$ nach oben durch ${\sqrt[{n}]{M}}$ beschränkt. Es gilt sogar

$1\leq b_{n}=\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\leq {\sqrt[{n}]{M}}$

Wegen $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{M}}=1$ folgt mit dem Sandwichsatz

$\lim _{k\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}=1$

Aufgaben zu Häufungspunkten

Aufgabe (Häufungspunkte)

Bestimme alle Häufungspunkte der Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} },(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $a_{n}={\tfrac {1}{2^{n}}}+(-1)^{n}$ und $b_{n}=\left(1+{\tfrac {(-1)^{n}}{n}}\right)^{n}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Häufungspunkte)

• Zu $(a_{n})$: Der vordere Teil der Folge ${\tfrac {1}{2^{n}}}$ konvergiert gegen $0$, daher konvergiert auch jede Teilfolge von dieser gegen $0$. Der hintere Teil, also die Folge $(-1)^{n}$, alterniert zwischen $1$ und $-1$. Er hat also die Häufungspunkte $1$ und $-1$.
• Zu $(b_{n})$: Für gerade $n$ ist $(b_{n})$ gleich einer Teilfolge der $e$-Folge $\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$, für ungerade $n$ eine Teilfolge der Folge $\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$, die gegen ${\tfrac {1}{e}}$ konvergiert.

Lösung (Häufungspunkte)

• Es gilt $a_{2k}={\tfrac {1}{2^{2k}}}+(-1)^{2k}={\tfrac {1}{4^{k}}}+1{\overset {k\to \infty }{\to }}0+1=1$. Also hat $(a_{n})$ den Häufungspunkt $1$.

Außerdem gilt $a_{2k-1}={\tfrac {1}{2^{2k-1}}}+(-1)^{2k-1}={\tfrac {2}{4^{k-1}}}-1{\overset {k\to \infty }{\to }}0-1=-1$. Also hat $(a_{n})$ den Häufungspunkt $-1$.

Weitere Häufungspunkte besitzt $(a_{n})$ nicht, da alle anderen Teilfolgen entweder divergieren, oder ebenfalls gegen $1$ oder $-1$ konvergieren.

• Es gilt $b_{2k}=\left(1+{\tfrac {1}{2k}}\right)^{2k}{\overset {k\to \infty }{\to }}e$, da $\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}{\overset {n\to \infty }{\to }}e$. Also hat $(b_{n})$ den Häufungspunkt $e$.

Außerdem ist $b_{2k+1}=\left(1-{\tfrac {1}{2k+1}}\right)^{2k+1}{\overset {k\to \infty }{\to }}{\tfrac {1}{e}}$, da $\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}{\overset {n\to \infty }{\to }}{\tfrac {1}{e}}$. Also hat $(b_{n})$ den Häufungspunkt ${\tfrac {1}{e}}$

Weitere Häufungspunkte besitzt $(b_{n})$ nicht, da alle anderen Teilfolgen entweder divergieren, oder ebenfalls gegen $e$ oder ${\tfrac {1}{e}}$ konvergieren.

Aufgaben zu Lim inf und Lim sup

Aufgabe (Lim inf und Lim sup)

Bestimme für die Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} },(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $a_{n}=\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{n}\right)^{n}$ und $b_{n}={\begin{cases}2+{\tfrac {1}{3^{n}}}&{\text{für }}n=3k,\\3+{\tfrac {n+2}{n}}&{\text{für }}n=3k+1,\\3&{\text{für }}n=3k+2\end{cases}}$ den Limes inferior und den Limes superior.

Wie kommt man auf den Beweis? (Lim inf und Lim sup)

• Zunächst untersuchen wir $(a_{n})$ auf Beschränktheit. Wir erkennen, dass die Folge nach unten beschränkt und nach oben unbeschränkt ist. Also ist der Limes inferior gleich dem kleinsten Häufungspunkt der Folge. Diesen bestimmen wir über die Teilfolge mit den ungeraden Folgengliedern. Der Limes superior ist gleich $\infty$, da die Folge nach oben unbeschränkt ist.
• $(b_{n})$ ist (nach oben und unten) beschränkt, da alle drei Teilfolgen (nach oben und unten) beschränkt sind. Für den Limes superior und Limes inferior von $(b_{n})$ müssen wir nun die Grenzwerte der drei Teilfolgen bestimmen.

Lösung (Lim inf und Lim sup)

• Zunächst gilt $a_{n}\geq 0$, da ${\tfrac {3}{2}}+(-1)^{n}\geq 0$ ist. Also ist $(a_{n})$ nach unten beschränkt. $\liminf a_{n}$ ist daher gleich dem kleinsten Häufungswert von $(a_{n})$. Für die Teilfolge $(a_{2k-1})$ gilt

$\lim _{k\to \infty }a_{2k-1}=\lim _{k\to \infty }\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{2k-1}\right)^{2k-1}=\lim _{k\to \infty }\left({\tfrac {3}{2}}-1\right)^{2k-1}=\lim _{k\to \infty }\left({\tfrac {1}{2}}\right)^{2k-1}=0$

Also ist $0$ ein Häufungspunkt von $(a_{n})$. Weitere Häufungspunkte hat die Folge nicht, da alle weiteren Teilfolgen ebenfalls gegen $0$ konvergieren oder divergent sind. Somit ist $\liminf _{n\to \infty }a_{n}=0$.

Alternative Lösung: Für $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gilt $({\tilde {b}}_{k})_{k\in \mathbb {N} }=(\inf\{a_{n}:n\geq k\})_{k\in \mathbb {N} }=(0,0,0,0,\ldots )$, da die ungeraden Folgenglieder monoton gegen $0$ fallen. Daher ist $\liminf _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{k\to \infty }b_{k}=0$

Für $n=2k$ gilt

$a_{2k}=\left({\tfrac {3}{2}}+(-1)^{2k}\right)^{2k}=\left({\tfrac {3}{2}}+1\right)^{2k}=\left({\tfrac {5}{2}}\right)^{2k}=\left({\tfrac {25}{4}}\right)^{k}$

Nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom gibt es zu jedem $S>0$ ein $k\in \mathbb {N}$ mit $a_{2k}=\left({\tfrac {25}{4}}\right)^{k}>S$. Also ist $(a_{n})$ nach oben unbeschränkt, und daher $\limsup _{n\to \infty }a_{n}=\infty$.

• Für die Folge $(b_{n})$ gilt

${\begin{aligned}b_{3k}&=2+{\tfrac {1}{3^{3k}}}=2+{\tfrac {1}{27^{k}}}{\overset {k\to \infty }{\to }}2+0=2\\b_{3k+1}&=3+{\tfrac {3k+3}{3k+1}}=3+1+{\tfrac {2}{3k+1}}{\overset {k\to \infty }{\to }}4+0=4,\\b_{3k+2}&=3{\overset {k\to \infty }{\to }}3.\end{aligned}}$

Also besitzt $(b_{n})$ die Häufungspunkte $2,3$ und $4$. Weitere Häufungspunkte besitzt $(b_{n})$ nicht. Außerdem ist $(b_{n})$ beschränkt, da alle Teilfolgen beschränkt sind. Insgesamt erhalten wir $\liminf _{n\to \infty }b_{n}=2$ und $\limsup _{n\to \infty }b_{n}=4$.

Aufgabe (Lim inf und Lim sup 2)

1. Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge positiver reeller Zahlen. Zeige die Ungleichung
   $\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\leq \liminf _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq \limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$
2. Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ die Folge mit
   $a_{n}={\begin{cases}{\frac {1}{2^{n}}}&{\text{ für }}n=2k-1,\\{\frac {1}{3^{n}}}&{\text{ für }}n=2k\end{cases}}$

   Berechne $\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$, $\liminf _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}$, $\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}$ und $\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$.

3. Folgere aus dem 1.Teil: Ist $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge positiver Zahlen mit $\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=a\in \mathbb {R}$, so gilt auch $\lim \limits _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=a$.
4. Beweise die Grenzwerte
   $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{n}]{n!}}}=0,\ \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}=e\ {\text{ und }}\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\binom {2n}{n}}}=4$

Lösung (Lim inf und Lim sup 2)

1. Sei $(a_{n})\,$ eine positive Folge mit
   $\alpha =\liminf {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\quad ,\quad \alpha '=\liminf {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\quad ,\quad \beta '=\limsup {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\quad ,\quad \beta =\limsup {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$

   Wir müssen die folgende Ungleichung zeigen:

   $0\leq \alpha \leq \alpha '\leq \beta '\leq \beta \leq \infty$

   Sei ohne Einschränkung $\alpha >0\,$ und $\beta <\infty$. Da nach Definition $\alpha$ der kleinste und $\beta$ der größte Häufungswert der Folge $\left({\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$, gibt es zu jedem $\varepsilon >0$ ($<\alpha \,$) ein $m\in \mathbb {N}$ mit

   $\alpha -\varepsilon <{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}<\beta +\varepsilon \qquad \forall k\geq m$

   Für ein beliebiges $n\in \mathbb {N}$ mit $n-1\geq m$ folgt nun durch $(n-m)$-maliges Anwenden der Ungleichung für $k=m,\ldots ,n-1$:

   $(\alpha -\varepsilon )^{n-m}<{\frac {a_{m+1}}{a_{m}}}\cdot {\frac {a_{m+2}}{a_{m+1}}}\cdot \ldots \cdot {\frac {a_{n-1}}{a_{n-2}}}\cdot {\frac {a_{n}}{a_{n-1}}}<(\beta +\varepsilon )^{n-m}$

   Der Ausdruck in der Mitte ist nun ein Teleskopprodukt, bei dem nur der Nenner des ersten Faktors $a_{m}$ und der Zähler des letzten Faktors $a_{n}$ stehenbleiben. Alle anderen Terme kürzen sich gegenseitig weg:

   $(\alpha -\varepsilon )^{n-m}<{\frac {a_{n}}{a_{m}}}<(\beta +\varepsilon )^{n-m}$

   Multiplizieren wir diese Ungleichung mit $a_{m}$ durch und ziehen anschließend die $n$-te Wurzel, so erhalten wir

   ${\sqrt[{n}]{a_{m}}}\cdot (\alpha -\varepsilon )^{1-{\frac {m}{n}}}<{\sqrt[{n}]{a_{n}}}<{\sqrt[{n}]{a_{m}}}\,(\beta +\varepsilon )^{1-{\frac {m}{n}}}$

   Für $n\to \infty$ konvergiert die linke Seite gegen $\alpha -\varepsilon$ und die rechte Seite gegen $\beta +\varepsilon$, wegen $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{m}}}=1$. Daher ist

   $\alpha -\varepsilon \leq \liminf {\sqrt[{n}]{a_{n}}}$ und $\limsup {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq \beta +\varepsilon$

   Da $\varepsilon \,$ beliebig klein gewählt werden kann, folgt

   $\alpha \leq \alpha '$     und     $\beta '\leq \beta$

   Da die Ungleichung $\alpha '\leq \beta '$ immer per Definition gilt, folgt die Behauptung.

2. • Zunächst gilt für alle $n\in \mathbb {N}$: ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\geq 0$, da Zähler und Nenner immer positiv sind. Also ist die Quotientenfolge $\left({\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right)$ nach unten durch null beschränkt. Ist nun $n=2k-1$ ungerade und damit $n+1=2k$ gerade, so folgt
   ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}={\frac {a_{2k}}{a_{2k-1}}}={\frac {\frac {1}{3^{2k}}}{\frac {1}{2^{2k-1}}}}={\frac {2^{2k-1}}{3^{2k}}}={\frac {2^{2k}}{2\cdot 3^{2k}}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {4^{k}}{9^{k}}}={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {4}{9}}\right)^{k}\to 0$ für $k\to \infty$

   Also gibt es eine Teilfolge der Quotientenfolge, die gegen null konvergiert, und somit ist $\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=0$

   • Ist umgekehrt $n=2k$ gerade und damit $n+1=2k+1$ ungerade, so folgt
   ${\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}={\frac {a_{2k+1}}{a_{2k}}}={\frac {\frac {1}{2^{2k+1}}}{\frac {1}{3^{2k}}}}={\frac {3^{2k}}{2^{2k+1}}}={\frac {3^{2k}}{2\cdot 2^{2k}}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {9^{k}}{4^{k}}}={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {9}{4}}\right)^{k}\to \infty$ für $k\to \infty$

   Also ist die Quotientenfolge nach oben unbeschränkt, und somit ist $\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\infty$

   • Ist $n=2k-1$ ungerade, so folgt
   ${\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\sqrt[{2k-1}]{a_{2k-1}}}={\sqrt[{2k-1}]{\frac {1}{2^{2k-1}}}}={\frac {1}{2}}$

   und ebenso folgt für gerade $n=2k$

   ${\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\sqrt[{2k}]{a_{2k}}}={\sqrt[{2k}]{\frac {1}{3^{2k}}}}={\frac {1}{3}}$

   Also hat die Wurzelfolge die Häufungspunkte ${\frac {1}{2}}$ und ${\frac {1}{3}}$, und damit gilt

   $\liminf _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {1}{3}}$ und $\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {1}{2}}$
3. Wegen $\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=a$ gilt auch
   $\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=a$

   Wegen der Ungleichung aus 1. und dem Der Sandwichsatz folgt

   $\liminf _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=a$

   Daraus ergibt sich $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=a$.

4. 1. Grenzwert: Setzen wir $a_{n}={\frac {1}{n!}}$, so gilt
   ${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\frac {1}{(n+1)!}}{\frac {1}{n!}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{(n+1)!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{(n+1)n!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n+1}}=0\end{aligned}}$

   Aus Teil 3. folgt $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {1}{n!}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{n}]{n!}}}=0$.

   2. Grenzwert: Hier setzen wir $a_{n}={\frac {n^{n}}{n!}}$. Damit gilt

   ${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\frac {(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac {n^{n}}{n!}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)^{n+1}n!}{n^{n}(n+1)!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)^{n}(n+1)n!}{n^{n}(n+1)n!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)^{n}}{n^{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e\end{aligned}}$

   Erneut mit Teil 3. folgt $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {n^{n}}{n!}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}=e$.

   3. Grenzwert: Hier setzen wir schließlich $a_{n}={\binom {2n}{n}}$. Damit gilt

   ${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\binom {2(n+1)}{n+1+1}}{\binom {2n}{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\binom {2n+2}{n}}{\binom {2n}{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {\frac {(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!}}{\frac {(2n)!}{n!n!}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(2n+2)!n!n!}{(2n)!(n+1)!(n+1)!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(2n+2)(2n+1)(2n)!n!n!}{(2n)!(n+1)n!(n+1)n!}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(n+1)}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {4n^{2}+6n+2}{n^{2}+2n+1}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {4+{\frac {6}{n}}+{\frac {2}{n^{2}}}}{1+{\frac {2}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&={\frac {4+0+0}{1+0+0}}=4\end{aligned}}$

   Wieder mit Teil 3. folgt $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\binom {2n}{n}}}=4$.

Hinweis

In diesem Beispiel aus Teil 2 gilt die Ungleichung aus Teil 1 in der 'scharfen' Variante:

$\liminf _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}<\liminf _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}<\limsup _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}<\limsup _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$

Hinweis

Durch Übergang zum Kehrwert erhält man aus den Grenzwerten aus Teil 4 ebenso die Grenzwerte:

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n!}}=\infty ,\ \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}={\frac {1}{e}}\ {\text{ und }}\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{n}]{\binom {2n}{n}}}}={\frac {1}{4}}$

Aufgaben zu Cauchy-Folgen

Aufgabe (Konvergenzkriterium für Folgen)

1. Sei $0<q<1$ und $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge reeller Zahlen mit $|a_{n+1}-a_{n}|\leq q\cdot |a_{n}-a_{n-1}|$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Zeige: Dann konvergiert die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$.
2. Seien $a_{0}=0,a_{1}=1$ und $a_{n+1}={\tfrac {1}{2}}(a_{n}+a_{n-1})$. Zeige, dass die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert, und berechne deren Grenzwert.

Lösung (Konvergenzkriterium für Folgen)

Teilaufgabe 1: Wir zeigen, dass $(a_{n})$ eine Cauchy-Folge ist. Nach dem Cauchy-Kriterium folgt daraus dann die Konvergenz. Aus der Voraussetzung folgt zunächst

$|a_{j+1}-a_{j}|\leq q\cdot |a_{j}-a_{j-1}|\leq q^{2}\cdot |a_{j-1}-a_{j-2}|\leq \ldots \leq q^{j}\cdot |a_{1}-a_{0}|.$

Sind nun $m,n\in \mathbb {N}$ und $m>n$, dann gibt es ein $k\in \mathbb {N}$ mit $m=n+k$. Damit ist dann

${\begin{aligned}|a_{m}-a_{n}|&=|a_{n+k}-a_{n}|\\[0.5em]&=|a_{n+k}-a_{n+k-1}+a_{n+k-1}-a_{n+k-2}+\ldots +a_{n+2}-a_{n+1}+a_{n+1}-a_{n}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{verallgemeinerte Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.5em]&\leq |a_{n+k}-a_{n+k-1}|+|a_{n+k-1}-a_{n+k-2}|+\ldots +|a_{n+2}-a_{n+1}|+|a_{n+1}-a_{n}|\\[0.5em]&=\sum _{j=0}^{k-1}|a_{n+j+1}-a_{n+j}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{j=n}^{n+k-1}|a_{j}-a_{j-1}|\end{aligned}}$

Aus beiden Ungleichungen zusammen folgt

${\begin{aligned}|a_{m}-a_{n}|&\leq \sum _{j=n}^{n+k-1}|a_{j}-a_{j-1}|\\[0.5em]&\leq \sum _{j=n}^{n+k-1}q^{j}\cdot |a_{1}-a_{0}|\\[0.5em]&=|a_{1}-a_{0}|q^{n}\sum _{j=0}^{k-1}q^{j}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{geometrische Summenformel}}\right.}\\[0.5em]&=|a_{1}-a_{0}|q^{n}{\frac {1-q^{k}}{1-q}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ q^{k}\geq 0\Rightarrow 1-q^{k}\leq 1\right.\\[0.5em]&\leq {\tfrac {|a_{1}-a_{0}|}{1-q}}q^{n}\end{aligned}}$

Nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom gibt es nun zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$, so dass für alle $n,m\geq N$ gilt

$|a_{m}-a_{n}|\leq {\tfrac {|a_{1}-a_{0}|}{1-q}}q^{n}<\epsilon$

Also ist $(a_{n})$ eine Cauchy-Folge und damit konvergent.

Teilaufgabe 2: Für die Folge $(a_{n})$ gilt

$|a_{n+1}-a_{n}|=|{\tfrac {1}{2}}(a_{n}+a_{n-1})-a_{n}|=|{\tfrac {1}{2}}a_{n-1}-{\tfrac {1}{2}}a_{n}|={\tfrac {1}{2}}|a_{n}-a_{n-1}|.$

Mit $q={\tfrac {1}{2}}$ ist das Kriterium aus Teilaufgabe 1 erfüllt, und $(a_{n})$ somit konvergent.

Der Grenzwert lässt sich nun wie folgt berechnen. Zunächst gilt analog zu oben, nur ohne die Beträge

$a_{n+1}-a_{n}={\tfrac {1}{2}}(a_{n}+a_{n-1})-a_{n}={\tfrac {1}{2}}(a_{n-1}-a_{n})=-{\tfrac {1}{2}}(a_{n}-a_{n-1}).$

durch $n$-maliges Anwenden dieser Gleichung ergibt sich

$a_{n+1}-a_{n}=\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n}(a_{1}-a_{0}).$

Damit erhalten wir nun

$a_{n+1}-\underbrace {a_{0}} _{=0}{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\sum _{k=0}^{n}(a_{k+1}-a_{k}){\underset {\text{oben}}{\overset {\text{siehe}}{=}}}\sum _{k=0}^{n}\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{k}\underbrace {(a_{1}-a_{0})} _{=1-0=1}{\underset {\text{Summenformel}}{\overset {\text{Geometrische}}{=}}}{\tfrac {1-\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n+1}}{1+{\tfrac {1}{2}}}}={\tfrac {1-\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n+1}}{\tfrac {3}{2}}}={\tfrac {2}{3}}\cdot (1-\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n+1}).$

Mit den Rechenregeln für Grenzwerte folgt nun

$\lim _{n\to \infty }a_{n+1}=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }{\tfrac {2}{3}}\cdot (1-\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n+1})={\tfrac {2}{3}}\cdot (1-\lim _{n\to \infty }\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n+1})={\tfrac {2}{3}}\cdot (1-0)={\tfrac {2}{3}}$