Folgen und Grenzwerte Prof. Dr. David Sabel

(1)

Folgen und Grenzwerte

Prof. Dr. David Sabel

LFE Theoretische Informatik

(2)

Definition (Folge)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

ist gegeben durch eine reelle Zahl a

n

f¨ ur jede nat¨ urliche Zahl n.

Notation

Wir schreiben auch (a

0

, a

1

, a

2

, . . . ).

Wir schreiben (a

_n

)

n≥k

f¨ ur die Folge (a

_k

, a

_k+1

, a

_k+2

, . . . ),

d.h. (a

k+n

)

n∈N

.

(3)

a

_n

:= 1

n definiert die Folge (a

_n

)

n≥1

= (1, 1 2 , 1

3 , . . . ).

a

_n

:= (−1)

ⁿ

definiert die Folge (a

_n

)

n≥1

= (−1, 1, −1, 1, . . . ).

a

n

:= n

n + 1 definiert die Folge (a

n

)

n≥1

= ( 1 2 , 2

3 , 3 4 , . . . ).

a

_n

:= n

2

ⁿ

definiert die Folge (a

_n

)

n≥1

= ( 1 2 , 2

4 , 3 8 , 4

16 , . . . ).

(4)

Konvergenz und Grenzwert

Definition (Konvergenz einer Folge)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a ∈ R , falls es f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N gibt,

sodass |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N gilt.

Die reelle Zahl a heißt dann Grenzwert der Folge.

Eine Folge heißt

konvergent, wenn der Grenzwert existiert

divergent, wenn kein Grenzwert exisitiert

(5)

Definition (Konvergenz einer Folge)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a ∈ R , falls es f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N gibt,

sodass |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N gilt.

Die reelle Zahl a heißt dann Grenzwert der Folge.

Notation: Man schreibt lim

n→∞

a

n

f¨ ur den Grenzwert der Folge (a

_n

)

n∈N

, wenn dieser existiert.

Eine Folge heißt

konvergent, wenn der Grenzwert existiert

divergent, wenn kein Grenzwert exisitiert

(6)

Konvergenz von (a

_n

)

n∈N

besagt:

Es gibt beliebig kleine ε-Umgebungen des Grenzwertes a = lim

n→∞

a

n

, so dass fast alle (n¨ amlich alle bis auf endlich viele) Folgenglieder in der ε-Umgebung liegen.

( a

a − ε )

a + ε

(7)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(8)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(9)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(10)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(11)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(12)

n→∞

lim 1 n = 0 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach einer Konsequenz des Archimedischen Axioms (Satz 3.13) gibt es ein N ∈ N mit 1

N < ε.

F¨ ur alle n > N gilt: 1 n < 1

N . Daher gilt sicher auch 1

n < ε f¨ ur alle n > N und damit gilt | 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N

(13)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(14)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(15)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(16)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(17)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(18)

(n)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a sei der Grenzwert.

Sei k = bac + 1

Dann gilt k ≥ a und |(k + i) − a| ≥ 1 f¨ ur alle i ∈ {1, 2, . . .}

D.h. z.B. f¨ ur ε = 1

2 gibt es kein N , sodass

|a

_n

− a| = |n − a| < ε f¨ ur alle n > N

(denn f¨ ur alle n > k ist |a

_n

− a| = |n − a| ≥ 1 >

¹₂

).

Daher existiert a nicht.

(19)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(20)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(21)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(22)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(23)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(24)

((−1)

ⁿ

)

n∈N

hat keinen Grenzwert (divergiert).

Beweis durch Widerspruch:

Angenommen a w¨ are ein Grenzwert.

F¨ ur ein beliebiges ε > 0 m¨ usste dann |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle hinreichend großen n gelten.

Da die Folge immer abwechselnd die Werte 1 und −1 annimmt, bedeutet das: |1 − a| < ε und | − 1 − a| < ε.

Mit der Dreiecksungleichung folgt daraus aber

2 = |1 −a +a + 1| ≤ |1 −a|+ |a + 1| = |1 −a|+ | − a− 1| ≤ 2ε, also 1 ≤ ε, was f¨ ur beliebiges ε > 0 sicher nicht wahr ist.

Unsere Annahme, dass a ein Grenzwert der Folge ist, muss

also falsch gewesen sein.

(25)

n→∞

lim n n + 1 = 1 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach Satz 3.13 gibt es N ∈ N mit 1 N < ε Damit ist auch 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N Damit ist auch | n

n + 1 − 1| = 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N

(26)

n→∞

lim n n + 1 = 1 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach Satz 3.13 gibt es N ∈ N mit 1 N < ε Damit ist auch 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N Damit ist auch | n

n + 1 − 1| = 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N

(27)

n→∞

lim n n + 1 = 1 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach Satz 3.13 gibt es N ∈ N mit 1 N < ε Damit ist auch 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N Damit ist auch | n

n + 1 − 1| = 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N

(28)

n→∞

lim n n + 1 = 1 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach Satz 3.13 gibt es N ∈ N mit 1 N < ε Damit ist auch 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N Damit ist auch | n

n + 1 − 1| = 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N

(29)

n→∞

lim n n + 1 = 1 Beweis:

Sei ε > 0.

Nach Satz 3.13 gibt es N ∈ N mit 1 N < ε Damit ist auch 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N Damit ist auch | n

n + 1 − 1| = 1

n + 1 < ε f¨ ur alle n > N

(30)

n→∞

lim n 2

ⁿ

= 0 Beweis:

Zeige zun¨ achst n 2

ⁿ

< 1

n f¨ ur alle n > 4:

Zeige die ¨ aquivalente Aussage n

²

< 2

ⁿ

f¨ ur alle n > 4 durch Induktion ¨ uber n

n = 5 gilt, da 5

²

= 25 < 32 = 2

⁵

Induktionsschritt n → n + 1 f¨ ur n ≥ 5: (n + 1)

²

=

n

²

+ 2n + 1 < n

²

+ 3n < n

²

+ n · n = 2n

²^I.V.

< 2 · 2

ⁿ

= 2

ⁿ⁺¹

Sei ε > 0. Aus lim

n→∞

1 n = 0, wissen wir: Es gibt N ∈ N :

| 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N Daher gibt es auch N

⁰

∈ N mit | n

2

ⁿ

− 0| = n

2

ⁿ

− 0 < 1

n < ε

f¨ ur alle n > N

⁰

(31)

n→∞

lim n 2

ⁿ

= 0 Beweis:

Zeige zun¨ achst n 2

ⁿ

< 1

n f¨ ur alle n > 4:

Zeige die ¨ aquivalente Aussage n

²

< 2

ⁿ

f¨ ur alle n > 4 durch Induktion ¨ uber n

n = 5 gilt, da 5

²

= 25 < 32 = 2

⁵

Induktionsschritt n → n + 1 f¨ ur n ≥ 5: (n + 1)

²

=

n

²

+ 2n + 1 < n

²

+ 3n < n

²

+ n · n = 2n

²^I.V.

< 2 · 2

ⁿ

= 2

ⁿ⁺¹

Sei ε > 0. Aus lim

n→∞

1 n = 0, wissen wir: Es gibt N ∈ N :

| 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N Daher gibt es auch N

⁰

∈ N mit | n

2

ⁿ

− 0| = n

2

ⁿ

− 0 < 1

n < ε

f¨ ur alle n > N

⁰

(32)

n→∞

lim n 2

ⁿ

= 0 Beweis:

Zeige zun¨ achst n 2

ⁿ

< 1

n f¨ ur alle n > 4:

Zeige die ¨ aquivalente Aussage n

²

< 2

ⁿ

f¨ ur alle n > 4 durch Induktion ¨ uber n

n = 5 gilt, da 5

²

= 25 < 32 = 2

⁵

Induktionsschritt n → n + 1 f¨ ur n ≥ 5: (n + 1)

²

=

n

²

+ 2n + 1 < n

²

+ 3n < n

²

+ n · n = 2n

²^I.V.

< 2 · 2

ⁿ

= 2

ⁿ⁺¹

Sei ε > 0. Aus lim

n→∞

1 n = 0, wissen wir: Es gibt N ∈ N :

| 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N Daher gibt es auch N

⁰

∈ N mit | n

2

ⁿ

− 0| = n

2

ⁿ

− 0 < 1

n < ε

f¨ ur alle n > N

⁰

(33)

n→∞

lim n 2

ⁿ

= 0 Beweis:

Zeige zun¨ achst n 2

ⁿ

< 1

n f¨ ur alle n > 4:

Zeige die ¨ aquivalente Aussage n

²

< 2

ⁿ

f¨ ur alle n > 4 durch Induktion ¨ uber n

n = 5 gilt, da 5

²

= 25 < 32 = 2

⁵

Induktionsschritt n → n + 1 f¨ ur n ≥ 5: (n + 1)

²

=

n

²

+ 2n + 1 < n

²

+ 3n < n

²

+ n · n = 2n

²^I.V.

< 2 · 2

ⁿ

= 2

ⁿ⁺¹

Sei ε > 0. Aus lim

n→∞

1 n = 0, wissen wir: Es gibt N ∈ N :

| 1

n − 0| = 1

n < ε f¨ ur alle n > N Daher gibt es auch N

⁰

∈ N mit | n

2

ⁿ

− 0| = n

2

ⁿ

− 0 < 1

n < ε

f¨ ur alle n > N

⁰

(34)

Einzigartigkeit des Grenzwerts

Satz

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Setze ε := |a − a | 2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N. Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε. Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

D.h. |a − a

⁰

| < |a − a

⁰

|. Widerspruch wegen (O1) .

(35)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(36)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(37)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(38)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(39)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(40)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(41)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(42)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(43)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| =|a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(44)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(45)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε = |a − a

⁰

|

(46)

Jede Folge hat h¨ ochstens einen Grenzwert.

Beweis. Durch Widerspruch

Annahme: a und a

⁰

sind verschiedene Grenzwerte von (a

n

)

n∈N

. Setze ε := |a − a

⁰

|

2 . Da a = lim

n→∞

a

_n

, gibt es N ∈ N mit |a

_n

− a| < ε f¨ ur alle n > N.

Da a

⁰

= lim

n→∞

a

_n

, gibt es N

⁰

∈ N mit |a

_n

− a

⁰

| < ε f¨ ur alle n > N

⁰

. F¨ ur alle n > max(N, N

⁰

) gelten beide Ungleichungen.

Daher durch Addition: |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε.

Mit der Dreiecksungleichung:

|a − a

⁰

| = |(a

_n

− a

⁰

) + (a − a

n

)|

≤ |a

_n

− a

⁰

| + |a − a

_n

| = |a

_n

− a

⁰

| + |a

_n

− a| < 2ε= |a − a

⁰

|

(47)

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

_n

)

n∈N

und (b

_n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

n

· b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) · ( lim

n→∞

b

n

)

Beweis. Wir zeigen den ersten Fall (der zweite geht analog) Sei lim

n→∞

a

n

= a und lim

n→∞

b

n

= b.

Zu zeigen ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = a + b.

Sei ε > 0. Nach Annahme existieren N ∈ N und M ∈ N sodass |a

_n

− a| < ε

2 und |b

_m

− b| < ε

2 f¨ ur alle n > N ,m > M Wir haben dann |a

_n

+ b

n

− (a + b)| = |a

_n

− a + b

n

− b| ≤

|a

_n

− a| + |b

_n

− b| < ε 2 + ε

2 = ε f¨ ur alle n > max(N, M ),

womit lim (a

n

+ b

n

) = a + b gezeigt ist.

(48)

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

_n

)

n∈N

und (b

_n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

n

· b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) · ( lim

n→∞

b

n

)

Beweis. Wir zeigen den ersten Fall (der zweite geht analog) Sei lim

n→∞

a

n

= a und lim

n→∞

b

n

= b.

Zu zeigen ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = a + b.

Sei ε > 0. Nach Annahme existieren N ∈ N und M ∈ N sodass |a

_n

− a| < ε

2 und |b

_m

− b| < ε

2 f¨ ur alle n > N ,m > M Wir haben dann |a

_n

+ b

n

− (a + b)| = |a

_n

− a + b

n

− b| ≤

|a

_n

− a| + |b

_n

− b| < ε 2 + ε

2 = ε f¨ ur alle n > max(N, M ),

womit lim (a

n

+ b

n

) = a + b gezeigt ist.

(49)

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

_n

)

n∈N

und (b

_n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

n

· b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) · ( lim

n→∞

b

n

)

Beweis. Wir zeigen den ersten Fall (der zweite geht analog) Sei lim

n→∞

a

n

= a und lim

n→∞

b

n

= b.

Zu zeigen ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = a + b.

Sei ε > 0. Nach Annahme existieren N ∈ N und M ∈ N sodass |a

_n

− a| < ε

2 und |b

_m

− b| < ε

2 f¨ ur alle n > N ,m > M Wir haben dann |a

_n

+ b

n

− (a + b)| = |a

_n

− a + b

n

− b| ≤

|a

_n

− a| + |b

_n

− b| < ε 2 + ε

2 = ε f¨ ur alle n > max(N, M ),

womit lim (a

n

+ b

n

) = a + b gezeigt ist.

(50)

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

_n

)

n∈N

und (b

_n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

n

· b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) · ( lim

n→∞

b

n

)

Beweis. Wir zeigen den ersten Fall (der zweite geht analog) Sei lim

n→∞

a

n

= a und lim

n→∞

b

n

= b.

Zu zeigen ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = a + b.

Sei ε > 0. Nach Annahme existieren N ∈ N und M ∈ N sodass |a

_n

− a| < ε

2 und |b

_m

− b| < ε

2 f¨ ur alle n > N ,m > M Wir haben dann |a

_n

+ b

n

− (a + b)| = |a

_n

− a + b

n

− b| ≤

|a

_n

− a| + |b

_n

− b| < ε 2 + ε

2 = ε f¨ ur alle n > max(N, M ),

womit lim (a

n

+ b

n

) = a + b gezeigt ist.

(51)

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

_n

)

n∈N

und (b

_n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

n

· b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) · ( lim

n→∞

b

n

)

Beweis. Wir zeigen den ersten Fall (der zweite geht analog) Sei lim

n→∞

a

n

= a und lim

n→∞

b

n

= b.

Zu zeigen ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = a + b.

Sei ε > 0. Nach Annahme existieren N ∈ N und M ∈ N sodass |a

_n

− a| < ε

2 und |b

_m

− b| < ε

2 f¨ ur alle n > N ,m > M Wir haben dann |a

_n

+ b

n

− (a + b)| = |a

_n

− a + b

n

− b| ≤

|a

_n

− a| + |b

_n

− b| < ε 2 + ε

2 = ε f¨ ur alle n > max(N, M ),

womit lim (a

n

+ b

n

) = a + b gezeigt ist.

(52)

Satz 4.5

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

gilt:

n→∞

lim (a

n

+ b

n

) = ( lim

n→∞

a

n

) + ( lim

n→∞

b

n

)

n→∞

lim (a

_n

· b

_n

) = ( lim

n→∞

a

_n

) · ( lim

n→∞

b

_n

)

F¨ ur divergente Folgen (a

_n

)

n∈N

und/oder (b

_n

)

n∈N

kann trotzdem ein Grenzwert f¨ ur (a

_n

+ b

_n

)

n∈N

oder (a

_n

· b

_n

)

n∈N

existieren.

Z.B. ist f¨ ur a

_n

:= n, b

_n

:= −n ist lim

n→∞

(a

_n

+ b

_n

) = 0 Z.B. ist f¨ ur a

_n

:= n, b

_n

:=

¹_n

ist lim

n→∞

(a

_n

· b

_n

) = 1

Satz 4.5 ist f¨ ur solche F¨ alle nutzlos.

(53)

F¨ ur a

_n

:= n + 1

n kann man lim

n→∞

a

_n

berechnen durch ( lim

n→∞

1 n ) + ( lim

n→∞

1) = 0 + 1 = 1

(54)

Satz

F¨ ur alle konvergenten Folgen (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

gilt:

Wenn ( lim

n→∞

b

_n

) 6= 0, dann lim

n→∞

a

_n

b

_n

= lim

n→∞

a

_n

lim

n→∞

b

_n

. Beachte: Wenn ( lim

n→∞

b

n

) 6= 0, dann muss es ein N ∈ N geben,

sodass b

n

6= 0 f¨ ur alle n > N.

(55)

Rechenregeln (3)

Satz

Seien (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

zwei konvergente Folgen mit a

n

< b

n

. Dann gilt (lim

n→∞

a

n

) ≤ (lim

n→∞

b

n

).

Beachte: Unter den Annahmen des Satzes gilt nicht immer ( lim

n→∞

a

_n

) < ( lim

n→∞

b

_n

).

a

n

:=

n + 1 b

n

:= n Dann gilt: a

n

< b

n

und lim

n→∞

a

n

= 0 ≤ 0 = lim

n→∞

b

n

(56)

Rechenregeln (3)

Satz

Seien (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

zwei konvergente Folgen mit a

n

< b

n

. Dann gilt (lim

n→∞

a

n

) ≤ (lim

n→∞

b

n

).

Beachte: Unter den Annahmen des Satzes gilt nicht immer ( lim

n→∞

a

_n

) < ( lim

n→∞

b

_n

).

Beispiel?

Dann gilt: a

n

< b

n

und lim

n→∞

a

n

= 0 ≤ 0 = lim

n→∞

b

n

(57)

Rechenregeln (3)

Satz

Seien (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

zwei konvergente Folgen mit a

n

< b

n

. Dann gilt (lim

n→∞

a

n

) ≤ (lim

n→∞

b

n

).

Beachte: Unter den Annahmen des Satzes gilt nicht immer ( lim

n→∞

a

_n

) < ( lim

n→∞

b

_n

).

Beispiel?

a

n

:= 1

n + 1 b

n

:= 1

n

(58)

Satz

Seien (a

n

)

n∈N

und (b

n

)

n∈N

zwei konvergente Folgen mit a

n

< b

n

. Dann gilt (lim

n→∞

a

n

) ≤ (lim

n→∞

b

n

).

Beachte: Unter den Annahmen des Satzes gilt nicht immer ( lim

n→∞

a

_n

) < ( lim

n→∞

b

_n

).

Beispiel?

a

n

:= 1

n + 1 b

n

:= 1 n Dann gilt: a

_n

< b

_n

und lim

n→∞

a

_n

= 0 ≤ 0 = lim

n→∞

b

_n

(59)

3n

²

+ n + 1 Berechnung des Grenzwerts. Trick: K¨ urze mit n

²

:

n→∞

lim a

_n

= lim

n→∞

2n

²

+ 2n + 10 3n

²

+ n + 1 = lim

n→∞

2n²+2n+10 n² 3n²+n+1

n²

= lim

n→∞

2n²

n²

+

²ⁿ_n2

+

¹⁰_n2

3n²

n²

+

_nⁿ2

+

_n¹2

= lim

n→∞

2 +

_n²

+

¹⁰_n2

3 +

_n¹

+

_n¹2

= 2 3

da lim

n→∞

2 + 2 n + 10

n

²

= ( lim

n→∞

2) + ( lim

n→∞

2 n ) + ( lim

n→∞

10 n

²

) = 2 + 0 + 0 = 2 und lim 3 + 1

+ 1

= ( lim 3) + ( lim 1

) + ( lim 1

) = 3 + 0 + 0 = 3

(60)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele: a

_n

= 1

n

ist nicht monoton wachsend. a

_n

= (−1)

ⁿ

a

n

= n n + 1

(und daher auch monoton wachsend)

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(61)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1 n

ist nicht monoton wachsend. a

_n

= (−1)

ⁿ

a

n

= n n + 1

(und daher auch monoton wachsend)

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(62)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

a

n

= n

n + 1

(und daher auch monoton wachsend)

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(63)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend. a

n

= n

n + 1

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(64)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend.

a

n

= n n + 1

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(65)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend.

a

n

= n n + 1

ist streng monoton wachsend (und daher auch monoton wachsend) a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2

(66)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend.

a

n

= n

n + 1 ist streng monoton wachsend (und daher auch monoton wachsend)

a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2

(67)

Monotonie

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend.

a

n

= n

n + 1 ist streng monoton wachsend (und daher auch monoton wachsend) a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2

(68)

Definition (Monotonie f¨ ur Folgen)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

heißt monoton wachsend, falls a

n

≤ a

n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt streng monoton wachsend, falls a

_n

< a

_n+1

f¨ ur alle n ∈ N gilt.

Beispiele:

a

_n

= 1

n ist nicht monoton wachsend.

a

_n

= (−1)

ⁿ

ist nicht monoton wachsend.

a

n

= n

n + 1 ist streng monoton wachsend (und daher auch monoton wachsend) a

_n

= n + 1 + (−1)

ⁿ

2 ist monoton wachsend,

aber nicht streng monoton wachsend

(69)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele: a

_n

= 1

n + 1

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist. a

n

= (−1)

ⁿ

a

n

= (−2)

ⁿ

ist nicht beschr¨ ankt,

da keine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N } existiert.

(70)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1 n + 1

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist. a

n

= (−1)

ⁿ

a

n

= (−2)

ⁿ

ist nicht beschr¨ ankt,

da keine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N } existiert.

(71)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1

n + 1 ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−1)

ⁿ

a

n

= (−2)

ⁿ

ist nicht beschr¨ ankt,

da keine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N } existiert.

(72)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1

n + 1 ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−1)

ⁿ

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−2)

ⁿ

(73)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1

n + 1 ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−1)

ⁿ

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−2)

ⁿ

(74)

Beschr¨ anktheit

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1

n + 1 ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−1)

ⁿ

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

_n

= (−2)

ⁿ

(75)

Definition (Beschr¨ anktheit)

Eine Folge (a

n

)

n∈N

heißt nach oben beschr¨ ankt falls die Menge {a

_n

| n ∈ N } eine obere Schranke hat.

Beispiele:

a

_n

= 1

n + 1 ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

n

= (−1)

ⁿ

ist beschr¨ ankt,

da z.B. 1 eine obere Schranke von {a

_n

| n ∈ N } ist.

a

_n

= (−2)

ⁿ

ist nicht beschr¨ ankt,

da keine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N } existiert.

(76)

Konvergenz und Beschr¨ anktheit

Satz

Jede konvergente Folge (a

_n

)

n∈N

ist nach oben beschr¨ ankt.

Nach Definition der Konvergenz gibt es ein N ∈ N , sodass

|a

_n

− a| < 1 f¨ ur alle n > N gilt.

Dann gilt aber a

_k

≤ max{a

₀

, a

₁

, . . . , a

_N

, a + 1} f¨ ur alle

k ∈ N.

(77)

Satz

Jede konvergente Folge (a

_n

)

n∈N

ist nach oben beschr¨ ankt.

Beweis.

Sei a := lim

n→∞

a

_n

(der Grenzwert existiert nach Annahme).

Nach Definition der Konvergenz gibt es ein N ∈ N , sodass

|a

_n

− a| < 1 f¨ ur alle n > N gilt.

Dann gilt aber a

_k

≤ max{a

₀

, a

₁

, . . . , a

_N

, a + 1} f¨ ur alle

k ∈ N .

(78)

Satz

Jede konvergente Folge (a

_n

)

n∈N

ist nach oben beschr¨ ankt.

Beweis.

Sei a := lim

n→∞

a

_n

(der Grenzwert existiert nach Annahme).

Nach Definition der Konvergenz gibt es ein N ∈ N , sodass

|a

_n

− a| < 1 f¨ ur alle n > N gilt.

Dann gilt aber a

_k

≤ max{a

₀

, a

₁

, . . . , a

_N

, a + 1} f¨ ur alle

k ∈ N .

(79)

Satz

Jede konvergente Folge (a

_n

)

n∈N

ist nach oben beschr¨ ankt.

Beweis.

Sei a := lim

n→∞

a

_n

(der Grenzwert existiert nach Annahme).

Nach Definition der Konvergenz gibt es ein N ∈ N , sodass

|a

_n

− a| < 1 f¨ ur alle n > N gilt.

Dann gilt aber a

_k

≤ max{a

₀

, a

₁

, . . . , a

_N

, a + 1} f¨ ur alle

k ∈ N .

(80)

Satz

Jede konvergente Folge (a

_n

)

n∈N

ist nach oben beschr¨ ankt.

Beweis.

Sei a := lim

n→∞

a

_n

(der Grenzwert existiert nach Annahme).

Nach Definition der Konvergenz gibt es ein N ∈ N , sodass

|a

_n

− a| < 1 f¨ ur alle n > N gilt.

Dann gilt aber a

_k

≤ max{a

₀

, a

₁

, . . . , a

_N

, a + 1} f¨ ur alle

k ∈ N .

(81)

Eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ ankte Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a := sup{a

_n

| n ∈ N }.

Beweis.

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es N ∈ N, sodass 0 ≤ a − a

N

< ε:

Da a Supremum ist, folgt a

N

≤ a und somit 0 ≤ a − a

N

. F¨ ur den Rest: G¨ abe es kein N mit a − a

_N

< ε, dann h¨ atten wir a − a

n

≥ ε f¨ ur alle n. D.h. a − ε ≥ a

n

f¨ ur alle n und damit w¨ are a − ε eine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N }, die kleiner als a ist. Widerspruch, da a kleinste obere Schranke ist.

Wegen der Monotonie der Folge gilt dann a

N

≤ a

n

f¨ ur alle n > N . Daraus folgt dann 0 ≤ a − a

n

≤ a − a

N

< ε.

Damit haben wir gezeigt, dass f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N existiert, sodass |a − a

_n

| ≤ ε f¨ ur alle n > N. Das heißt,

lim a

n

= a.

(82)

Eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ ankte Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a := sup{a

_n

| n ∈ N }.

Beweis.

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es N ∈ N, sodass 0 ≤ a − a

N

< ε:

Da a Supremum ist, folgt a

N

≤ a und somit 0 ≤ a − a

N

. F¨ ur den Rest: G¨ abe es kein N mit a − a

_N

< ε, dann h¨ atten wir a − a

n

≥ ε f¨ ur alle n. D.h. a − ε ≥ a

n

f¨ ur alle n und damit w¨ are a − ε eine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N }, die kleiner als a ist. Widerspruch, da a kleinste obere Schranke ist.

Wegen der Monotonie der Folge gilt dann a

N

≤ a

n

f¨ ur alle n > N . Daraus folgt dann 0 ≤ a − a

n

≤ a − a

N

< ε.

Damit haben wir gezeigt, dass f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N existiert, sodass |a − a

_n

| ≤ ε f¨ ur alle n > N. Das heißt,

lim a

n

= a.

(83)

Eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ ankte Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a := sup{a

_n

| n ∈ N }.

Beweis.

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es N ∈ N, sodass 0 ≤ a − a

N

< ε:

Da a Supremum ist, folgt a

N

≤ a und somit 0 ≤ a − a

N

. F¨ ur den Rest: G¨ abe es kein N mit a − a

_N

< ε, dann h¨ atten wir a − a

n

≥ ε f¨ ur alle n. D.h. a − ε ≥ a

n

f¨ ur alle n und damit w¨ are a − ε eine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N }, die kleiner als a ist. Widerspruch, da a kleinste obere Schranke ist.

Wegen der Monotonie der Folge gilt dann a

N

≤ a

n

f¨ ur alle n > N . Daraus folgt dann 0 ≤ a − a

n

≤ a − a

N

< ε.

Damit haben wir gezeigt, dass f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N existiert, sodass |a − a

_n

| ≤ ε f¨ ur alle n > N. Das heißt,

lim a

n

= a.

(84)

Eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ ankte Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a := sup{a

_n

| n ∈ N }.

Beweis.

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es N ∈ N, sodass 0 ≤ a − a

N

< ε:

Da a Supremum ist, folgt a

N

≤ a und somit 0 ≤ a − a

N

. F¨ ur den Rest: G¨ abe es kein N mit a − a

_N

< ε, dann h¨ atten wir a − a

n

≥ ε f¨ ur alle n. D.h. a − ε ≥ a

n

f¨ ur alle n und damit w¨ are a − ε eine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N }, die kleiner als a ist. Widerspruch, da a kleinste obere Schranke ist.

Wegen der Monotonie der Folge gilt dann a

N

≤ a

n

f¨ ur alle n > N . Daraus folgt dann 0 ≤ a − a

n

≤ a − a

N

< ε.

Damit haben wir gezeigt, dass f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N existiert, sodass |a − a

_n

| ≤ ε f¨ ur alle n > N. Das heißt,

lim a

n

= a.

(85)

Eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ ankte Folge (a

_n

)

n∈N

konvergiert gegen a := sup{a

_n

| n ∈ N }.

Beweis.

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es N ∈ N, sodass 0 ≤ a − a

N

< ε:

Da a Supremum ist, folgt a

N

≤ a und somit 0 ≤ a − a

N

. F¨ ur den Rest: G¨ abe es kein N mit a − a

_N

< ε, dann h¨ atten wir a − a

n

≥ ε f¨ ur alle n. D.h. a − ε ≥ a

n

f¨ ur alle n und damit w¨ are a − ε eine obere Schranke f¨ ur {a

_n

| n ∈ N }, die kleiner als a ist. Widerspruch, da a kleinste obere Schranke ist.

Wegen der Monotonie der Folge gilt dann a

N

≤ a

n

f¨ ur alle n > N . Daraus folgt dann 0 ≤ a − a

n

≤ a − a

N

< ε.

Damit haben wir gezeigt, dass f¨ ur jedes ε > 0 ein N ∈ N existiert, sodass |a − a

_n

| ≤ ε f¨ ur alle n > N. Das heißt,

lim a

n

= a.

(86)

Bestimmte Divergenz

Definition (Bestimmte Divergenz gegen ∞)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

divergiert bestimmt gegen ∞ falls f¨ ur jedes K ∈ R ein N ∈ N existiert, sodass a

n

> K f¨ ur alle n > N . Wir schreiben dann lim

n→∞

a

n

= ∞.

jedes K ∈ R ein N ∈ N existiert, sodass a

n

< K f¨ ur alle n > N .

Wir schreiben dann lim

n→∞

a

_n

= −∞.

(87)

Definition (Bestimmte Divergenz gegen ∞)

Eine Folge (a

_n

)

n∈N

divergiert bestimmt gegen ∞ falls f¨ ur jedes K ∈ R ein N ∈ N existiert, sodass a