Aufgaben zur Konvergenz und Divergenz – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Konvergenz einer Folge beweisen

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Konvergenz einer Folge 1)

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 Definition des Grenzwerts 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 Archimedischen Axiom 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.

Lösung (Konvergenz einer Folge 1)

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

${\begin{aligned}\left|{\tfrac {2}{n^{2}}}-0\right|&={\tfrac {2}{n^{2}}}\\&\leq {\tfrac {2}{N^{2}}}\\&<\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Konvergenz einer Folge 2)

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.

Lösung (Konvergenz einer Folge 2)

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

Aufgabe (Divergenz einer Folge)

Zeige, dass die Folge $((-1)^{n})_{n\in \mathbb {N} }$ divergiert.

Wie kommt man auf den Beweis? (Divergenz einer Folge)

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 $n\in \mathbb {N}$:

$|(-1)^{n}-a|=|-1-a|\geq 1$, da $-1-a\leq -1$

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 (Divergenz einer Folge)

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)

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

$2=|(-1)^{N}-(-1)^{N+1}|=|(-1)^{N}-a+a-(-1)^{N+1}|{\underset {\text{ungleichung}}{\overset {\text{Dreiecks-}}{\leq }}}|(-1)^{N}-a|+|a-(-1)^{N+1}|=|(-1)^{N}-a|+|(-1)^{N}-a|<\epsilon +\epsilon =1+1=2$ ↯

Aufgaben zu Rechenregeln

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Potenzregel direkt beweisen)

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 (Potenzregel direkt beweisen)

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

Aufgabe (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 gegebenfalls 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. $f_{n}={\frac {1+2+\ldots +n}{n^{2}}}$

Lösung (Grenzwerte von Folgen)

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.

$a_{n}={\frac {{\sqrt[{n}]{n^{3}}}+{\sqrt[{n}]{3}}}{3{\sqrt[{n}]{n}}+{\sqrt[{n}]{3n}}}}={\frac {{\sqrt[{n}]{n}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}+{\sqrt[{n}]{3}}}{3{\sqrt[{n}]{n}}+{\sqrt[{n}]{3}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {1\cdot 1\cdot 1+1}{3\cdot 1+1\cdot 1}}={\frac {2}{4}}={\frac {1}{2}}$

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.

$c_{n}={\frac {(n+2)^{2}-n^{2}}{3n}}={\frac {n^{2}+4n+4-n^{2}}{3n}}={\frac {4n+4}{3n}}={\frac {4+{\frac {4}{n}}}{3}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {4+0}{3}}={\frac {4}{3}}$

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.

$d_{n}={\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}={\frac {({\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}})({\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}})}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {n+1-n}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {1}{{\sqrt {n+1}}+{\sqrt {n}}}}={\frac {\frac {1}{\sqrt {n}}}{{\sqrt {1+{\frac {1}{n}}}}+1}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {0}{{\sqrt {1+0}}+1}}=0$

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.

$e_{n}={\frac {{\sqrt {n^{2}+1}}+n}{3n+2}}={\frac {{\sqrt {1+{\frac {1}{n^{2}}}}}+1}{3+{\frac {2}{n}}}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {{\sqrt {1+0}}+1}{3+0}}={\frac {2}{3}}$

Teilaufgabe 6: Hier ist der entscheidende Trick, zunächst die Gaußsche Summenformel $1+2+\ldots +n={\tfrac {n(n+1)}{2}}$ anzuwenden. Danach verfahren wir genau wie bei der 1. Teilaufgabe.

$f_{n}={\frac {1+2+\ldots +n}{n^{2}}}{\underset {\text{Summenformel}}{\overset {\text{arithmetische}}{=}}}{\frac {\frac {n(n+1)}{2}}{n^{2}}}={\frac {n^{2}+n}{2n^{2}}}={\frac {1+{\frac {1}{n}}}{2}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {1+0}{2}}={\frac {1}{2}}$

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!

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Grenzwert einer Folge)

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 (Grenzwert einer Folge)

1.Fall: Ist $|z|\leq 1$, so gilt

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n+z^{n}}{n-z^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {z^{n}}{n}}}{1-{\frac {z^{n}}{n}}}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{=}}}{\frac {1+0}{1-0}}=1$,

da $\lim _{n\to \infty }{\frac {z^{n}}{n}}=0$.

2.Fall: Ist $|z|>1$, so gilt

$\lim _{n\to \infty }{\frac {n+z^{n}}{n-z^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\frac {n}{z^{n}}}+1}{{\frac {n}{z^{n}}}-1}}{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{=}}}{\frac {0+1}{0-1}}=-1$,

da $\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{z^{n}}}=0$.

Aufgaben zu e-Folgen

Aufgabe (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. $d_{n}=\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}$

Lösung (e-Folgen)

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 $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}=e$ 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 $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n-1}}\right)^{n}=e$

Alternative Lösung: Nur möglich, wenn $\lim _{n\to \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}=1$ bekannt ist.

$c_{n}=\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}={\frac {\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}}={\frac {\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}}{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}}={\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{\to }}}{\frac {1}{e}}$,

da $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}=e$ und $\lim _{n\to \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}=1$.

Aufgaben zum Sandwichsatz

Aufgabe (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. $a_{n}={\tfrac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}+k^{2}}}$
6. $a_{n}=\left(1-{\tfrac {1}{n^{4}}}\right)^{n}$

Lösung (Sandwichsatz)

Teilaufgabe 1: Für alle $k\in \mathbb {N}$ gilt

$\underbrace {-{\frac {1}{n}}} _{=b_{n}}\leq \underbrace {\frac {(-1)^{n}}{n^{k}}} _{=a_{n}}\leq \underbrace {\frac {1}{n}} _{=c_{n}}$

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

$\underbrace {0} _{=b_{n}}\leq \underbrace {\frac {n^{n}}{2^{n^{2}}}} _{=a_{n}}={\frac {n^{n}}{2^{n\cdot n}}}={\frac {n^{n}}{(2^{n})^{n}}}=\left({\frac {n}{2^{n}}}\right)^{n}\leq \left({\frac {n}{n^{2}}}\right)^{n}=\left({\frac {1}{n}}\right)^{n}={\frac {1}{n^{n}}}\leq \underbrace {\frac {1}{n}} _{=c_{n}}$

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

$\underbrace {{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{3}}{n^{3}+n^{2}}}} _{=b_{n}}\leq \underbrace {{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}+k^{2}}}} _{=a_{n}}\leq \underbrace {{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}}}} _{=c_{n}}$

Außerdem ist

$\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{3}}{n^{3}+n^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{4}+n^{3}}}\sum _{k=1}^{n}k^{3}{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{3. Potenz-}}{=}}}\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{4}+n^{3}}}\cdot {\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{4}+2n^{3}+n^{2}}{4n^{4}+4n^{3}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {2}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{4+{\frac {4}{n}}}}={\frac {1}{4}}$

und

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }c_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{3}+n^{2}}{n^{3}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{4}}}\left(\sum _{k=1}^{n}k^{3}+\sum _{k=1}^{n}n^{2}\right){\underset {\text{summe}}{\overset {\text{3. Potenz-}}{=}}}\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{4}}}\cdot \left({\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}+n\cdot n^{2}\right)\\&=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{4}+2n^{3}+2n^{2}}{4n^{4}}}+{\frac {n^{3}}{n^{4}}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {2}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{4}}+\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}={\frac {1}{4}}+0={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

Mit dem Sandwichsatz gilt auch $\lim _{n\to \infty }a_{n}={\tfrac {1}{4}}$.

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 $\lim _{n\to \infty }a_{n}=1$.

Aufgabe (Sandwichsatz)

Beweise den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)=0$.

Lösung (Sandwichsatz)

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

${\begin{aligned}n\geq 1+{\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{3}&\Leftrightarrow n-1\geq {\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{3}\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\frac {6}{n(n-2)}}\geq ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{3}\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\sqrt[{n}]{n}}-1\leq {\sqrt[{3}]{\frac {6}{n(n-2)}}}{\underset {n-2\geq {\tfrac {n}{2}}}{\overset {n\geq {\tfrac {n}{2}}}{\leq }}}{\sqrt[{3}]{\frac {6}{({\tfrac {n}{2}})^{2}}}}={\sqrt[{3}]{\frac {24}{n^{2}}}}\end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir

$|{\sqrt {n}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)-0|={\sqrt {n}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)\leq {\sqrt {n}}{\sqrt[{3}]{\tfrac {24}{n^{2}}}}={\sqrt[{3}]{24}}\cdot {\frac {n^{\tfrac {1}{2}}}{n^{\tfrac {2}{3}}}}={\sqrt[{3}]{24}}\cdot {\frac {1}{n^{\tfrac {1}{6}}}}{\overset {n\to \infty }{\to }}0$

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

Aufgabe (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.

Lösung (Monotoniekriterium)

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.

Aufgabe (Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 1)

Begründe, warum die rekursiv definierte Folge

$a_{0}=0,\ a_{n+1}={\frac {2}{3}}a_{n}+{\frac {1}{3}}$

konvergiert, und berechne deren Grenzwert.

1. Durch finden einer expliziten Bildungsvorschrift
2. Mit Hilfe des Monotoniekriteriums

Lösung (Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 1)

Teilaufgabe 1: Es gilt

${\begin{aligned}a_{0}&=0\\[0.3em]a_{1}&={\frac {2}{3}}a_{0}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot 0+{\frac {1}{3}}={\frac {1}{3}}\\[0.3em]a_{2}&={\frac {2}{3}}a_{1}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{9}}+{\frac {3}{9}}={\frac {5}{9}}\\[0.3em]a_{3}&={\frac {2}{3}}a_{2}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {5}{9}}+{\frac {1}{3}}={\frac {10}{27}}+{\frac {9}{27}}={\frac {19}{27}}\\[0.3em]a_{4}&={\frac {2}{3}}a_{3}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {19}{27}}+{\frac {9}{27}}={\frac {38}{81}}+{\frac {27}{81}}={\frac {65}{81}}\\[0.3em]&\vdots \end{aligned}}$

Bei genauem Hinsehen, erkennen wir

${\begin{aligned}a_{0}&=0\\[0.3em]a_{1}&={\frac {1}{3}}={\frac {3-2}{3}}={\frac {3^{1}-2^{1}}{3^{1}}}\\[0.3em]a_{2}&={\frac {5}{9}}={\frac {9-4}{9}}={\frac {3^{2}-2^{2}}{3^{2}}}\\[0.3em]a_{3}&={\frac {19}{27}}={\frac {27-8}{27}}={\frac {3^{3}-2^{3}}{3^{3}}}\\[0.3em]a_{4}&={\frac {65}{81}}={\frac {81-16}{81}}={\frac {3^{4}-2^{4}}{3^{4}}}\\[0.3em]&\vdots \end{aligned}}$

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: $a_{n+1}={\frac {2}{3}}a_{n}+{\frac {1}{3}}={\overset {\text{IV}}{=}}{\frac {2}{3}}\cdot {\frac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}}+{\frac {1}{3}}={\frac {2\cdot (3^{n}-2^{n})+3^{n}}{3\cdot 3^{n}}}={\frac {2\cdot 3^{n}+2^{n+1}+3^{n}}{3^{n+1}}}={\frac {3^{n+1}-2^{n+1}}{3^{n+1}}}$

Also war unsere Vermutung $a_{n}={\tfrac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ korrekt. Damit folgt

$\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }{\frac {3^{n}-2^{n}}{3^{n}}}=\left[{\frac {3^{n}}{3^{n}}}-{\frac {2^{n}}{3^{n}}}\right]{\underset {\text{für Folgen}}{\overset {\text{Rechenregeln}}{=}}}1-\lim _{n\to \infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{n}=1-0=1$

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: $n=1$. $a_{1}={\frac {2}{3}}\cdot a_{0}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot 0+{\frac {1}{3}}={\frac {1}{3}}\geq 0=a_{0}$.

Induktionsschritt: $a_{n+2}={\frac {2}{3}}a_{n+1}+{\frac {1}{3}}{\underset {a_{n+1}\geq a_{n}}{\overset {\text{IV}}{\geq }}}{\frac {2}{3}}a_{n}+{\frac {1}{3}}=a_{n+1}$

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: $a_{n+1}={\frac {2}{3}}a_{n}+{\frac {1}{3}}{\underset {a_{n}\leq 1}{\overset {\text{IV}}{\leq }}}{\frac {2}{3}}\cdot 1+{\frac {1}{3}}=1\leq 1$

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

$\lim _{n\to \infty }a_{n}=a=\lim _{n\to \infty }a_{n+1}=\lim _{n\to \infty }{\frac {2}{3}}a_{n}+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot \left(\lim _{n\to \infty }a_{n}\right)+{\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}\cdot a+{\frac {1}{3}}$

Nun lösen wir diese Gleichung $a$ auf:

$a={\frac {2}{3}}a+{\frac {1}{3}}\Rightarrow {\frac {1}{3}}a={\frac {1}{3}}\Rightarrow a=1$

Insgesamt ergibt sich $\lim _{n\to \infty }a_{n}=1$.

Aufgabe (Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 2)

Seien $a,b\in \mathbb {R}$. Begründe, warum die rekursiv definierte Folge

$a_{0}=a,\ a_{1}=b,\ a_{n+1}={\frac {2}{5}}a_{n}+{\frac {3}{5}}a_{n-1}$

konvergiert, und berechne deren Grenzwert.

Lösung (Konvergenz einer rekursiv definierenten Folge 2)

Es gilt

${\begin{aligned}a_{n}-a_{n-1}&={\frac {2}{5}}a_{n-1}+{\frac {3}{5}}a_{n-2}-a_{n-1}\\&={\frac {3}{5}}a_{n-2}-{\frac {3}{5}}a_{n-1}\\&={\frac {3}{5}}(a_{n-2}-a_{n-1})\\&=-{\frac {3}{5}}(a_{n-1}-a_{n-2})\end{aligned}}$

Führen wir denselben Schritt $n$-Mal durch, so erhalten wir

${\begin{aligned}a_{n}-a_{n-1}&=-{\frac {3}{5}}(a_{n-1}-a_{n-2})\\&=\left(-{\frac {3}{5}}\right)^{2}\left(a_{n-2}-a_{n-3}\right)\\&\ldots \\&=\left(-{\frac {3}{5}}\right)^{n-1}(a_{1}-a_{0})\\&=\left(-{\frac {3}{5}}\right)^{n-1}(b-a)\end{aligned}}$

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:

$a_{n}=a_{0}+\sum _{k=1}^{n}\left(-{\frac {3}{5}}\right)^{k-1}(b-a)=a+(b-a)\sum _{k=0}^{n-1}\left(-{\frac {3}{5}}\right)^{k}=a+(b-a){\frac {1-(-{\frac {3}{5}})^{n}}{1-(-{\frac {3}{5}})}}=a+(b-a){\frac {1-(-{\frac {3}{5}})^{n}}{\frac {8}{5}}}=a+{\tfrac {5}{8}}(b-a)(1-(-{\tfrac {3}{5}})^{n})$

Mit $\lim _{n\to \infty }(-{\tfrac {3}{5}})^{n}=0$ und den Rechenregeln für Folgen gilt

$\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }a+{\tfrac {5}{8}}(b-a)(1-(-{\tfrac {3}{5}})^{n})=a+{\tfrac {5}{8}}(b-a)={\tfrac {3}{8}}a+{\tfrac {5}{8}}b$

Aufgabe (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 kommt man auf den Beweis? (Monotoniekriterium für Folgen)

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.

Lösung (Monotoniekriterium für Folgen)

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 $\lim _{n\to \infty }a_{n}={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}=g$.

Aufgabe (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 $g$.

Lösung (Monotoniekriterium für Folgen)

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: $k=1$.

$a_{3}=1+{\frac {1}{a_{2}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{1}}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}=1+{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}\geq 1=a_{1}$

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: $k=1$.

$a_{4}=1+{\frac {1}{a_{3}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{a_{2}}}}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {3}{2}}}}=1+{\frac {1}{\frac {5}{2}}}=1+{\frac {2}{5}}={\frac {7}{5}}={\frac {14}{10}}\leq {\frac {15}{10}}={\frac {3}{2}}=a_{2}$

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

${\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}<0$ und ${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}>0$

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

Aufgabe (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.: $\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {1}{2}}+\ldots +{\frac {1}{n}}}{n}}=0$.

Lösung (Cauchyscher Grenzwertsatz)

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:
   ${\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}={\frac {-1+1-\ldots +(-1)^{n}}{n}}={\begin{cases}-{\frac {1}{n}}&\ {\text{ für ungerade }}n,\\{\frac {0}{n}}=0&\ {\text{ für gerade }}n\end{cases}}$

   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 $a_{n}={\frac {1}{n}}$. Wegen $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}=0$ folgt auch $\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {1}{2}}+\ldots +{\frac {1}{n}}}{n}}=0$.