The squeeze theorem – Serlo

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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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Beispielaufgabe zum Konvergenzbeweis einer Wurzelfolge mit dem Sandwichsatz

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.

Folgen-Sandwich mit Käse und Schinken

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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Sandwich Theorem - Erklärung, Beweis und Anwendung einer Beispielaufgabe (Youtube-Videovom Youtube-Kanal Maths CA).

Der Satz lautet:

Theorem (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 $a$.

Proof (Sandwichsatz)

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.

Für $a_{n}\geq a$ folgt

$|\underbrace {a_{n}-a} _{\geq 0}|=a_{n}-a{\overset {a_{n}\leq c_{n}}{\leq }}\underbrace {c_{n}-a} _{\geq 0}=|c_{n}-a|$

Andererseits folgt für $a_{n}\leq a$

$|\underbrace {a_{n}-a} _{\leq 0}|=-(a_{n}-a)=a-a_{n}{\overset {a_{n}\geq b_{n}}{\leq }}a-b_{n}=-(\underbrace {b_{n}-a} _{\leq 0})=|b_{n}-a|$

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 $n\geq N$.

Hint

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.

Example

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 ${\tfrac {1}{c}}\geq 1$, also können wir den ersten Fall auf ${\tfrac {1}{c}}$ anwenden. Also gilt $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\tfrac {1}{c}}}=1$ und mit der Quotientenregel folgt:

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{c}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{n}]{\frac {1}{c}}}}={\frac {1}{\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{c}}}}={\frac {1}{1}}=1$

Nützlicher Spezialfall

Ein Spezialfall, den man in Anwendungsbeispielen oft benutzen kann ist

Theorem (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 $\lim _{n\to \infty }a_{n}=a$.

Proof (Spezialfall des Sandwichsatz)

Wir 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.

Hint

In dieser Form wird der Sandwichsatz manchmal auch als Majorantenkriterium für Folgen bezeichnet.

Example

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.

Nun formen wir um:

${\begin{aligned}&\ \ |{\sqrt {n^{2}+1}}-n|\leq {\frac {1}{2n}}\\[0.3em]\Leftrightarrow &\ \ {\sqrt {n^{2}+1}}\leq n+{\frac {1}{2n}}\\[0.3em]\Leftrightarrow &\ \ n^{2}+1\leq \left(n+{\frac {1}{2n}}\right)^{2}=n^{2}+1+{\frac {1}{4n^{2}}}\\[0.3em]\Leftrightarrow &\ \ 0\leq {\frac {1}{4n^{2}}}\end{aligned}}$

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

Example (Sandwichsatz 1)

Betrachten wir als erstes Beispiel die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit

$a_{n}={\frac {(-1)^{n}}{n^{2}}}$

Erste sechs Glieder der Folgen ${\color {Blue}\left({\tfrac {(-1)^{n}}{n^{2}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$, ${\color {red}\left(-{\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ und ${\color {green}\left({\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$

Wenn wir die Bildungsvorschrift genau ansehen, oder uns die ersten Folgenglieder aufschreiben $(-1,{\tfrac {1}{4}},-{\tfrac {1}{9}},{\tfrac {1}{16}},-{\tfrac {1}{25}},\ldots )$ 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 $|a_{n}|={\tfrac {1}{n^{2}}}\leq {\tfrac {1}{n}}$ 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 $\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }c_{n}=0$.

Exercise (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 $s\in \mathbb {Q} ^{+}$

Solution (Sandwichsatz 1)

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

$n^{k-1}\leq n^{s}\leq n^{k}$

Damit gilt

$\underbrace {\frac {1}{n^{k}}} _{={\tilde {b}}_{n}}\leq \underbrace {\frac {1}{n^{s}}} _{={\tilde {a}}_{n}}\leq \underbrace {\frac {1}{n^{k-1}}} _{={\tilde {c}}_{n}}$

Mit den Rechenregeln für Folgen gilt nun

$\lim _{n\to \infty }{\tilde {b}}_{n}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{n}}\right)^{k}=0^{k}=0$

und analog $\lim _{n\to \infty }{\tilde {c}}_{n}=0$. Mit dem Sandwichsatz gilt $\lim _{n\to \infty }{\tilde {a}}_{n}=0$.

Example (Sandwichsatz 2)

Als nächstes zeigen wir, dass die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit

$a_{n}={\frac {n!}{n^{n}}}$

eine Nullfolge ist.

Die ersten Folgenglieder von ${\color {Blue}\left({\tfrac {n!}{n^{n}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$, ${\color {red}\left(0\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ und ${\color {green}\left({\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$

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:

$a_{n}={\frac {n!}{n^{n}}}={\frac {\overbrace {1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n} ^{n{\text{ Faktoren}}}}{\underbrace {n\cdot n\cdot n\cdot \ldots \cdot n} _{n{\text{ Faktoren}}}}}={\frac {1}{n}}\cdot \underbrace {\frac {2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}{n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}} _{\leq 1{\text{ für }}n\geq 2}\leq \underbrace {\frac {1}{n}} _{=c_{n}}{\text{ für }}n\geq 2$

Da offensichtlich $\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }c_{n}=0$ ist, gilt mit dem Sandwichsatz auch $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }{\tfrac {n!}{n^{n}}}=0$.

Exercise (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

1. ${\tilde {a}}_{n}={\frac {3^{n}}{n!}}$
2. ${\hat {a}}_{n}={\frac {2n}{2^{n}}}$

Nullfolgen sind.

Solution (Sandwichsatz 2)

Teilaufgabe 1:

Es gilt

$\underbrace {0} _{={\tilde {b}}_{n}}\leq {\tilde {a}}_{n}={\frac {3^{n}}{n!}}={\frac {\overbrace {3\cdot 3\cdot 3\cdot \ldots \cdot 3} ^{n{\text{ Faktoren}}}}{\underbrace {1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n} _{n{\text{ Faktoren}}}}}={\frac {3\cdot 3}{1\cdot 2}}\cdot \underbrace {\frac {3\cdot 3\cdot \ldots \cdot 3}{3\cdot 4\cdot \ldots \cdot n-1}} _{\leq 1{\text{ für }}n\geq 3}\cdot {\frac {3}{n}}\leq {\frac {9}{2}}\cdot {\frac {3}{n}}=\underbrace {\frac {27}{2n}} _{={\tilde {c}}_{n}}{\text{ für }}n\geq 3$

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:

Induktionsanfang: $n=4$.

$2^{4}=16\geq 16=4^{2}$

Induktionsschritt: $n\to n+1$.

$2^{n+1}=2\cdot 2^{n}{\overset {\text{IV}}{\geq }}2\cdot n^{2}=n^{2}+n^{2}=n^{2}+n\cdot n=n^{2}+2n+\underbrace {(n-2)} _{\geq 2}\cdot \underbrace {n} _{\geq 4}\geq n^{2}+2n+8\geq n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}$

Damit folgt dann für alle $n\geq 4$:

${\hat {a}}_{n}={\frac {2n}{2^{n}}}{\overset {2^{n}\geq n^{2}}{\leq }}{\frac {2n}{n^{2}}}=\underbrace {\frac {2}{n}} _{={\hat {c}}_{n}}$

Da $\lim _{n\to \infty }{\hat {c}}_{n}=0$ gilt, folgt wieder mit dem Sandwichsatz $\lim _{n\to \infty }{\hat {a}}_{n}=0$.

Example (Sandwichsatz 3)

Nun betrachten wir die „Wurzelfolgen“ $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(a_{n}')_{n\in \mathbb {N} }$ mit

$a_{n}={\sqrt[{n}]{n^{2}+n}}$

und

$a_{n}'={\sqrt[{n}]{2^{n}+3^{n}}}$

Erste Folge: Für $(a_{n})$ gilt wegen der Monotonie der $n$-ten Wurzel

$a_{n}={\sqrt[{n}]{n^{2}+n}}\ {\overset {n\leq n^{2}}{\leq }}\ {\sqrt[{n}]{n^{2}+n^{2}}}=\underbrace {\sqrt[{n}]{2n^{2}}} _{=c_{n}}$

sowie

$a_{n}={\sqrt[{n}]{n^{2}+n}}\ {\overset {n\geq 0}{\geq }}\ \underbrace {\sqrt[{n}]{n^{2}}} _{=b_{n}}$

Weiter ist mit den Rechenregeln für Folgen

$\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}=1\cdot 1=1$

und

$\lim _{n\to \infty }c_{n}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{2n^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{2}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}=1\cdot 1\cdot 1=1$

Mit dem Sandwichsatz folgt daher $\lim _{n\to \infty }a_{n}=1$.

Zweite Folge: Für $(a_{n}')$ gilt ebenfalls mit der Monotonie der Wurzel

$a_{n}'={\sqrt[{n}]{2^{n}+3^{n}}}\ {\overset {2^{n}\leq 3^{n}}{\leq }}\ {\sqrt[{n}]{3^{n}+3^{n}}}=\underbrace {\sqrt[{n}]{2\cdot 3^{n}}} _{=c_{n}'}$

sowie

$a_{n}'={\sqrt[{n}]{2^{n}+3^{n}}}\ {\overset {2^{n}\geq 0}{\geq }}\ \underbrace {\sqrt[{n}]{3^{n}}} _{=b_{n}'}$

Weiter ist mit den Rechenregeln für Folgen

$\lim _{n\to \infty }b_{n}'=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{3^{n}}}=\lim _{n\to \infty }3=3$

und

$\lim _{n\to \infty }c_{n}'=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{2\cdot 3^{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{2}}\cdot {\sqrt[{n}]{3^{n}}}=1\cdot 3=3$

Mit dem Sandwichsatz ist daher $\lim _{n\to \infty }a_{n}'=3$.

Exercise (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

1. ${\hat {a}}_{n}={\sqrt[{n}]{n^{2}-n+1}}$
2. ${\overline {a}}_{n}={\sqrt[{n}]{3^{n}-2^{n}}}$

auf Konvergenz.

Solution (Sandwichsatz 3)

Teilaufgabe 1: Für $({\hat {a}}_{n})$ gilt wegen der Monotonie der $n$-ten Wurzel

$\underbrace {\sqrt[{n}]{n^{2}-n+1}} _{={\hat {a}}_{n}}\ {\overset {-n+1\leq 0}{\leq }}\ \underbrace {\sqrt[{n}]{n^{2}}} _{={\hat {c}}_{n}}$

Weiter ist für $n\geq 2$

$n^{2}\geq 2n\iff {\frac {n^{2}}{2}}\geq n\iff -{\frac {n^{2}}{2}}\leq -n\iff -n+1\geq -{\frac {n^{2}}{2}}$

Damit folgt

$\underbrace {\sqrt[{n}]{n^{2}-n+1}} _{={\hat {a}}_{n}}\ {\overset {-n+1\geq -{\frac {n^{2}}{2}}}{\geq }}\ {\sqrt[{n}]{n^{2}-{\frac {n^{2}}{2}}}}=\underbrace {\sqrt[{n}]{\frac {n^{2}}{2}}} _{={\hat {b}}_{n}}$

Weiter ist mit den Rechenregeln für Folgen

$\lim _{n\to \infty }{\hat {b}}_{n}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {n^{2}}{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {1}{2}}}\cdot {\sqrt[{n}]{n}}^{2}=1\cdot 1^{2}=1$

und

$\lim _{n\to \infty }{\hat {c}}_{n}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n^{2}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}^{2}=1^{2}=1$

Mit dem Sandwichsatz folgt daher $\lim _{n\to \infty }{\hat {a}}_{n}=1$.

Teilaufgabe 2: Für $({\overline {a}}_{n})$ gilt wegen der Monotonie der $n$-ten Wurzel

$\underbrace {\sqrt[{n}]{3^{n}-2^{n}}} _{={\overline {a}}_{n}}\ {\overset {-2^{n}\leq 0}{\leq }}\ {\sqrt[{n}]{3^{n}}}=\underbrace {3} _{={\overline {c}}_{n}}$

Weiter gilt

$\underbrace {\sqrt[{n}]{3^{n}-2^{n}}} _{={\overline {a}}_{n}}={\sqrt[{n}]{3^{n}(1-\left({\tfrac {2}{3}}\right)^{n})}}\ {\overset {-\left({\tfrac {2}{3}}\right)^{n}\geq -{\tfrac {2}{3}}}{\geq }}\ {\sqrt[{n}]{3^{n}\cdot (1-{\tfrac {2}{3}})}}=\underbrace {\sqrt[{n}]{3^{n}\cdot {\tfrac {1}{3}}}} _{={\overline {b}}_{n}}$

Weiter ist mit den Rechenregeln für Folgen

$\lim _{n\to \infty }{\overline {b}}_{n}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{3^{n}\cdot {\tfrac {1}{3}}}}=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{\frac {1}{3}}}\cdot {\sqrt[{n}]{3^{n}}}=1\cdot 3=3$

Mit dem Sandwichsatz folgt daher $\lim _{n\to \infty }{\overline {a}}_{n}=3$.

Aufgabe 4 zum Sandwichsatz

Example (Sandwichsatz 4)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ die Folge mit

$a_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}+k}}$

Dann gilt für alle $k=1,\ldots ,n$:

${\frac {k}{n^{2}+n}}{\overset {k\leq n}{\leq }}{\frac {k}{n^{2}+k}}{\overset {k\geq 0}{\leq }}{\frac {k}{n^{2}}}$

und damit folgt

$\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}+n}}} _{=b_{n}}{\overset {k\leq n}{\leq }}\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}+k}}} _{=a_{n}}{\overset {k\geq 0}{\leq }}\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}} _{=c_{n}}$

Weiter gilt

${\begin{aligned}b_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}+n}}\\[0.5em]&={\frac {\sum _{k=1}^{n}k}{n^{2}+n}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Gaußsche Summenformel }}\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {n(n+1)}{2}}{n^{2}+n}}\\[0.5em]&={\frac {n(n+1)}{2(n^{2}+n)}}\\[0.5em]&={\frac {n^{2}+n}{2n^{2}+2n}}\\[0.5em]&={\frac {1+{\frac {1}{n}}}{2+{\frac {2}{n}}}}\\[0.5em]&\to {\frac {1}{2}}{\text{ mit }}n\to \infty \end{aligned}}$

sowie

${\begin{aligned}c_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {\sum _{k=1}^{n}k}{n^{2}}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Gaußsche Summenformel }}\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {n(n+1)}{2}}{n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {n(n+1)}{2n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {n^{2}+n}{2n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {1+{\frac {1}{n}}}{2}}\\[0.5em]&\to {\frac {1}{2}}{\text{ mit }}n\to \infty \end{aligned}}$

Mit dem Sanwichsatz folgt daher auch $\lim _{n\to \infty }a_{n}={\tfrac {1}{2}}$.

Exercise (Sandwichsatz 4)

Untersuche mit Hilfe des Sandwichsatzes, die Folgen $({\tilde {a}}_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $({\hat {a}}_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit

1. ${\tilde {a}}_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}+k}}$
2. ${\hat {a}}_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{4}-10k^{2}}}$

auf Konvergenz.

Solution (Sandwichsatz 4)

Teilaufgabe 1: Für alle $k=1,\ldots ,n$ gilt:

${\frac {k^{2}}{n^{3}+n}}{\overset {k\leq n}{\leq }}{\frac {k^{2}}{n^{3}+k}}{\overset {k\geq 0}{\leq }}{\frac {k^{2}}{n^{3}}}$

und damit folgt

$\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}}}} _{={\tilde {b}}_{n}}{\overset {k\geq 0}{\leq }}\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}+k}}} _{={\tilde {a}}_{n}}{\overset {k\leq n}{\leq }}\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}+n}}} _{={\tilde {c}}_{n}}$

Weiter gilt

${\begin{aligned}{\tilde {b}}_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}+n}}\\[0.5em]&={\frac {\sum _{k=1}^{n}k^{2}}{n^{3}+n}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{2. Potenzsumme }}\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}{n^{3}+n}}\\[0.5em]&={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6(n^{3}+n)}}\\[0.5em]&={\frac {(n^{2}+n)(2n+1)}{6n^{3}+6n}}\\[0.5em]&={\frac {2n^{3}+3n^{2}+n}{6n^{3}+6n}}\\[0.5em]&={\frac {2+{\frac {3}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{6+{\frac {6}{n^{2}}}}}\\[0.5em]&\to {\frac {2}{6}}={\frac {1}{3}}{\text{ mit }}n\to \infty \end{aligned}}$

sowie

${\begin{aligned}{\tilde {c}}_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{3}}}\\[0.5em]&={\frac {\sum _{k=1}^{n}k^{2}}{n^{3}}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{2. Potenzsumme }}\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}{n^{3}}}\\[0.5em]&={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6n^{3}}}\\[0.5em]&={\frac {(n^{2}+n)(2n+1)}{6n^{3}}}\\[0.5em]&={\frac {2n^{3}+3n^{2}+n}{6n^{3}}}\\[0.5em]&={\frac {2+{\frac {3}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{6}}\\[0.5em]&\to {\frac {2}{6}}={\frac {1}{3}}{\text{ mit }}n\to \infty \end{aligned}}$

Mit dem Sanwichsatz folgt daher auch $\lim _{n\to \infty }{\tilde {a}}_{n}={\tfrac {1}{3}}$.

Teilaufgabe 2: Für alle $n\geq 4$ und $k=1,\ldots ,n$ gilt:

$0\leq {\frac {k^{2}}{n^{4}-10k^{2}}}{\overset {-10k^{2}\geq -10n^{2}}{\leq }}{\frac {k^{2}}{n^{4}-10n^{2}}}$

und damit folgt

$\underbrace {0} _{={\hat {b}}_{n}}{\overset {k\geq 0}{\leq }}\underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{4}-10k^{2}}}} _{={\hat {a}}_{n}}\leq \underbrace {\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{4}-10n^{2}}}} _{={\hat {c}}_{n}}$

Weiter gilt

${\begin{aligned}{\hat {c}}_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k^{2}}{n^{4}-10n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {\sum _{k=1}^{n}k^{2}}{n^{4}-10n^{2}}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{2. Potenzsumme }}\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}{n^{4}-10n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {2n^{3}+3n^{2}+n}{6n^{4}-60n^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {2}{n}}+{\frac {3}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{3}}}}{6-{\frac {60}{n^{2}}}}}\\[0.5em]&\to 0{\text{ mit }}n\to \infty \end{aligned}}$

Mit dem Sandwichsatz folgt daher auch $\lim _{n\to \infty }{\hat {a}}_{n}=0$.

Aufgabe 5 zum Sandwichsatz

Exercise (Sandwichsatz 5)

Konvergiert die Folge $a_{n}=\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}$? Wenn ja, gegen welchen Grenzwert? Beweise deine Behauptungen.

How to get to the proof? (Sandwichsatz 5)

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:

${\begin{aligned}a_{10}&=0{,}90438\ldots \\a_{100}&=0{,}99004\ldots \\a_{1000}&=0{,}99900\ldots \end{aligned}}$

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“:

$\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\geq 1-n\cdot {\frac {1}{n^{2}}}=1-{\frac {1}{n}}$

Wir können leicht beweisen, dass die Folge $\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ gegen den gewünschten Grenzwert $1$ konvergiert. So können wir $b_{n}=1-{\tfrac {1}{n}}$ 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:

$1-{\frac {1}{n}}\leq \left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\leq 1$

Die untere und die obere Abschätzung hat den identischen Grenzwert $1$ (Es ist $\lim _{n\rightarrow \infty }1-{\tfrac {1}{n}}=\lim _{n\rightarrow \infty }1=1$). Nach dem Sandwichsatz muss also auch $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}=1$ sein.

Proof (Sandwichsatz 5)

Es ist nach der Bernoulli-Ungleichung

$\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\geq 1-n\cdot {\frac {1}{n^{2}}}=1-{\frac {1}{n}}$

Außerdem ist

${\frac {1}{n^{2}}}\geq 0\Rightarrow 1-{\frac {1}{n^{2}}}\leq 1\Rightarrow \left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\leq 1$

Damit ist

$1-{\frac {1}{n}}\leq \left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\leq 1$

Wegen $\lim _{n\rightarrow \infty }1-{\tfrac {1}{n}}=\lim _{n\rightarrow \infty }1=1$ folgt aus dem Sandwichsatz, dass $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}=1$ ist.

Hint

Sind die beiden Grenzwerte $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}=e$ und $\lim _{n\to \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}={\tfrac {1}{e}}$ bekannt, so kann man den Grenzwert auch folgendermaßen berechnen:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}&=\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)\right)^{n}\\&=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}\\&=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}\cdot \lim _{n\to \infty }\left(1-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}\\&=e\cdot {\tfrac {1}{e}}=1\end{aligned}}$

Exercise (Sandwichsatz 5)

Konvergiert die Folge $a_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}$? Wenn ja, gegen welchen Grenzwert? Beweise deine Behauptungen.

How to get to the proof? (Sandwichsatz 5)

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:

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

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:

${\begin{aligned}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}&=\left({\frac {n^{2}+1}{n^{2}}}\right)^{n}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\frac {n^{2}}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\frac {n^{2}+1-1}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left(1-{\frac {1}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Bernoulli-Ungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac {1}{\left(1-{\frac {n}{n^{2}+1}}\right)}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\tfrac {n^{2}-n+1}{n^{2}+1}}\right)}}\\[0.3em]&={\frac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}\end{aligned}}$

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.

Proof (Sandwichsatz 5)

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

${\begin{aligned}1&\leq \left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\\[0.3em]&=\left({\frac {n^{2}+1}{n^{2}}}\right)^{n}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\frac {n^{2}}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\frac {n^{2}+1-1}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left(1-{\frac {1}{n^{2}+1}}\right)^{n}}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Bernoulli-Ungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac {1}{\left(1-{\frac {n}{n^{2}+1}}\right)}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\left({\tfrac {n^{2}-n+1}{n^{2}+1}}\right)}}\\[0.3em]&={\frac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}\end{aligned}}$

Es ist $\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }1=1$. Nach den Grenzwertsätzen folgt außerdem

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }c_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}+1}{n^{2}-n+1}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+{\tfrac {1}{n^{2}}}}{1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&={\frac {1+0}{1-0+0}}=1\end{aligned}}$

Nach dem Sandwichsatz folgt wegen $\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }c_{n}=1$, dass $\lim _{n\to \infty }a_{n}=1$ ist.

Alternative proof (Sandwichsatz 5)

Ist die $e$-Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {1}{k!}}=e$ bekannt, so kann man die Folge auch mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes einschnüren. Zunächst wählt man wieder $\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}\geq 1$ als untere Abschätzung. Für die obere Abschätzung wählt man mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes $(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}$:

${\begin{aligned}\left(1+{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)^{k}\cdot 1^{n-k}\\[0.3em]&=1+\sum _{k=1}^{n}{\frac {n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}}\cdot {\frac {1}{n^{2k}}}\\[0.3em]&=1+\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k!}}\cdot \underbrace {\frac {n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}} _{\leq 1}\cdot \underbrace {\frac {1}{n^{k}}} _{\leq {\frac {1}{n}}}\\[0.3em]&\leq 1+{\frac {1}{n}}\cdot \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k!}}\\[0.3em]&\leq 1+{\frac {1}{n}}\cdot \underbrace {\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}} _{=e-1}\\[0.3em]&\leq 1+{\frac {e-1}{n}}\end{aligned}}$

So erhalten wir die Abschätzung $1\leq a_{n}\leq 1+{\tfrac {e-1}{n}}$ mit der wir wie im obigen Beweis zeigen können, das der Grenzwert von $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gleich $1$ ist.

Alternative proof (Sandwichsatz 5)

Der Beweis kann auch mit Hilfe der Folge $\left(\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ geführt werden: Es ist $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}=e$ und damit gilt auch für die Teilfolge $\left(\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$:

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

Daher gibt es ein $N\in \mathbb {N}$, so dass $\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}\leq 2e$ ist für alle $n\geq N$ ist. Wegen $\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}={\sqrt[{n}]{\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}}}$ folgt damit für alle $n\geq N$:

${\begin{aligned}{\begin{array}{rrcl}&1\leq &\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}&\leq 2e\\[0.5em]\implies &{\sqrt[{n}]{1}}\leq &{\sqrt[{n}]{\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n^{2}}}}&\leq {\sqrt[{n}]{2e}}\\[0.5em]\implies &1\leq &\left(1+{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)^{n}&\leq {\sqrt[{n}]{2e}}\end{array}}\end{aligned}}$

Mit $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{1}}=1=\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{2e}}$ folgt erneut mit dem Sandwichsatz, das der Grenzwert von $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gleich $1$ ist.

Beispiele und Übungsaufgabe zum Spezialfall des Sandwichsatz

Example (Spezialfall des Sandwichsatz 1)

Als einfaches Anwendungsbeispiel zeigen wir $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {n-1}{n+1}}=1$.

Dazu schätzen wir $|\underbrace {\tfrac {n-1}{n+1}} _{=a_{n}}-\underbrace {1} _{=a}|$ nach oben durch die Nullfolge $c_{n}={\tfrac {2}{n}}$ wie folgt ab:

$\left|{\frac {n-1}{n+1}}-1\right|=\left|{\frac {n-1-(n+1)}{n+1}}\right|=\left|{\frac {-2}{n+1}}\right|={\frac {2}{n+1}}\leq {\frac {2}{n}}$

Wegen $\lim _{n\to \infty }c_{n}=\lim _{n\to \infty }{\tfrac {2}{n}}=0$ folgt somit aus dem Spezialfall zum Sandwichsatz die Behauptung $\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }{\tfrac {n-1}{n+1}}=1$.

Example (Spezialfall des Sandwichsatz 2)

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:

${\begin{aligned}c&=({\sqrt[{n}]{c}})^{n}\\[0.5em]&=(1+({\sqrt[{n}]{c}}-1))^{n}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{ Bernoulli-Ungleichung}}\right.}\\[0.5em]&\geq 1+n\cdot ({\sqrt[{n}]{c}}-1)\end{aligned}}$

Aus dieser Ungleichung können wir nun folgern

${\begin{aligned}c\geq 1+n\cdot ({\sqrt[{n}]{c}}-1)&\Leftrightarrow c-1\geq n\cdot ({\sqrt[{n}]{c}}-1)\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\tfrac {c-1}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{c}}-1\\[0.5em]&\Leftrightarrow {\sqrt[{n}]{c}}-1\leq {\tfrac {c-1}{n}}\end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir

$|{\sqrt[{n}]{c}}-1|={\sqrt[{n}]{c}}-1\leq {\tfrac {c-1}{n}}=(c-1)\cdot {\frac {1}{n}}{\xrightarrow {n\to \infty }}0$

Nach dem Spezialfall zum Sandwichsatz ist daher $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{c}}=1$.

Exercise (Spezialfall des Sandwichsatz)

Zeige den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1$.

Solution (Spezialfall des Sandwichsatz)

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 $n\geq 2$:

${\begin{aligned}n&=({\sqrt[{n}]{n}})^{n}\\[0.5em]&=(1+({\sqrt[{n}]{n}}-1))^{n}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow {\text{ Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{k}\cdot \underbrace {1^{n-k}} _{=1}\\&=\underbrace {{\binom {n}{0}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{0}} _{=1}+\underbrace {{\binom {n}{1}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{1}} _{\geq 0}+{\binom {n}{2}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}+\underbrace {\sum _{k=3}^{n}{\binom {n}{k}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{k}} _{\geq 0}\\[0.5em]&\geq 1+{\binom {n}{2}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}\\[0.5em]&=1+{\frac {n(n-1)}{2}}({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}\end{aligned}}$

Aus dieser Ungleichung können wir nun folgern

${\begin{aligned}n\geq 1+{\frac {n(n-1)}{2}}\cdot ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}&\iff n-1\geq {\frac {n(n-1)}{2}}\cdot ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}\\[0.5em]&\iff {\tfrac {2}{n}}\geq ({\sqrt[{n}]{n}}-1)^{2}\\[0.5em]&\iff \left|{\sqrt[{n}]{n}}-1\right|\leq {\sqrt {\tfrac {2}{n}}}\end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir

$|{\sqrt[{n}]{n}}-1|\leq {\sqrt {2}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {n}}}{\overset {n\to \infty }{\to }}0$

Nach dem Spezialfall zum Sandwichsatz ist daher $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1$.