1. Die Zahl e . Wir zeigen, dass lim )n = ex für alle x ∈ R. Zuerst

1. Die Zahl ex .
Wir zeigen, dass limn→∞ (1 + nx )n = ex für alle x ∈ R.
Zuerst benötigen wir eine allgemeine Klasse von Funktionen.
Definition: Die Funktion x 7→ ax (a > 0) heißt Exponentialfunktion.
Sie ist für a > 1 monoton wachsend, und für a ∈ (0, 1) monoton fallend.
Lemma 1: (Sandwich-Theorem)
Ist an , bn → a und gilt für fast alle n an ≤ cn ≤ bn , dann gilt auch
cn → a.
Beweis: Für ε > 0 sind fast alle Glieder der Folgen (an ), (bn ) in einer
ε Umgebung von a. Also müssen auch fast alle Glieder der Folge (cn )
in dieser Umgebung liegen.
Satz 1: Ist (xn ) eine Nullfolge deren Glieder 6= 0 und > −1 sind, so
strebt
1
(1 + )1/xn → e
xn
Beweis:
Fall 1: Fast alle Folgenglieder positiv.
Da (xn ) eine Nullfolge ist finden wir ein n0 ∈ N so dass |xn | ≤ 1,
für alle n ≥ n0 . Also 1/xn ≥ 1 für alle n ≥ n0 . Also finden wir
Zahlen kn ∈ N so dass
kn ≤ 1/xn < kn + 1
oder äquivalent
1
1
< 1 + xn ≤ 1 +
kn + 1
kn
Da (xn ) eine Nullfolge per Annahme ist, muss (kn ) divergent
sein. Die Exponentialfunktion x 7→ (1 + k1 )x ist monoton wachsend, daher
1
)kn < (1 + xn )kn ≤ (1 + xn )1/xn
(1 +
kn + 1
1+
und (1 + xn )1/xn ≤ (1 + k1n )1/xn < (1 + k1n )kn +1 . Insgesamt
erhalten wir damit
1
1
(1 +
)kn < (1 + xn )1/xn < (1 + )kn +1
kn + 1
kn
was sich auch schreiben lässt als
1
1
1
1
(1 +
)kn +1 (1 +
)−1 < (1 + xn )1/xn < (1 + )kn (1 + )
kn + 1
kn + 1
kn
kn
Da limn→∞ (1 + kn1+1 ) = limn→∞ (1 + k1n ) = 1, strebt sowohl die
linke als auch die rechte Seite gegen e. Gemäß dem SandwichTheorem folgt also (1 + xn )1/xn → e.
1
2
Mit der gleichen Überlegung erledigt sich der Fall wenn fast alle
Glieder der Folge negativ sind. Es ist
1
1
(1 − )kn +1 < (1 − xn )1/xn < (1 −
)kn
kn
kn + 1
Führe den Beweis selber zu Ende, wobei das folgende verwendet
werden sollte:
Wir wissen aus der Übung, dass (1 − n1 )n → 1/e. Denn es ist
1
1
1
(1 − )n =
1 n =
1 n−1
1
n
(1 + n−1 )
(1 + n−1 ) (1 + n−1
)
Also folgt (1 − xn )−1/xn → 1/e, woraus der Beweis für (fast alle)
negative Glieder der Folge folgt.
Fall 2: Hat (xn ) unendlich viele positve und unendlich viele negative Glieder (etwa wie (−1)n n1 ), dann können wir 2 Teilfolgen
(x0n ), (x00n ) betrachten und den obigen Fall separat auf die beiden
Teilfolgen anwenden.
x n
x
Satz 2: Für jedes x strebt (1 + n ) gegen e .
Beweis: Nach dem letzten Satz gilt (1 + nx )n/x → e. Nun
h
ix
x
x
lim(1 + )n = lim (1 + )n/x = ex
n
n
.