Konvergenz von Folgen und Reihen gegen einen gegebenen

C. Eicher
Analysis Study Center
ETH Zürich
HS 2015
Konvergenz von Folgen und Reihen gegen
einen gegebenen Grenzwert
Sei (an )n∈N eine Folge von reellen oder komplexen Zahlen. Die Zahl a heisst Grenzwert (Limes) der Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist: Sei eine reelle Zahl
ε > 0 genannt Fehlerschranke beliebig vorgegeben. Dann existiert eine natürliche
Zahl n0 , so dass für alle natürlichen Zahlen n, die grösser als n0 sind, |an − a| < ε
gilt. Hier bezeichnet |·| den Absolutbetrag. Diese Bedingung kann durch die Formel
∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0 : |an − a| < ε
ausgedrückt werden. Zu beachten ist hier die Reihenfolge der Quantoren. Man sagt
dann, die Folge konvergiert gegen den Grenzwert a und schreibt a = limn→∞ an
oder an → a (n → ∞). Ist der Grenzwert a = 0, spricht man von einer Nullfolge.
Erklärungen:
1. Die Zahl n0 hängt meistens von ε ab, was mit der Schreibweise n0 = n0 (ε)
deutlich gemacht wird.
2. Man stellt sich ε als kleine Zahl vor. Es genügt, die Bedingung statt für alle
ε > 0 nur für alle ε ∈ (0, ε0 ) oder eine strikt positive Nullfolge (εk )k∈N (z.B.
εk = k1 ) zu prüfen.
3. Ersetzt man in der Bedingung n ≥ n0 durch n > n0 oder |an − a| < ε durch
|an − a| ≤ ε, erhält man eine äquivalente Bedingung.
Bitte wenden!
Gelöste Aufgabenbeispiele:
1. Zeige, dass die Folge an =
1
n
−
√1
n
gegen 0 konvergiert.
Lösung: Wir zeigen zuerst, dass die Folge bn = √1n gegen 0 konvergiert. Sei ε > 0.
Die Bedingung
1
|bn − 0| = √ − 0 < ε
n
ist √1n < ε, weil √1n positiv ist. Aus dieser Ungleichung folgt durch Quadrieren
und Bilden des Kehrwerts ε12 < n. Nun existiert eine natürliche Zahl n0 = n0 (ε),
die strikt grösser wie ε12 ist. Es folgt für alle n ≥ n0
1
1
≤
< ε2 ,
n
n0
da die Kehrwerte die umgekehrte Ungleichung erfüllen. Ziehen der Wurzel bewahrt die Ungleichungen, also gilt
1
1
|bn − 0| = bn = √ ≤ √ < ε .
n0
n
Wir haben gezeigt, dass die Folge (bn )n∈N gegen 0 konvergiert. Nun ist limn→∞
0 bekannt und mit einer Rechenregel für Grenzwerte folgt
1
n
=
1
1
− lim √ = 0 − 0 = 0 .
n→∞ n
n→∞
n
lim an = lim
n→∞
2. Zeige limn→∞
n!
nn
= 0 . Hier ist n! = 1 · 2 · · · · · n .
Lösung: Sei ε > 0. Wir bemerken für n ≥ 2
n!
1 2
n
1
1
= · · ··· · < · 1 · ··· · 1 = ,
n
n
n n
n
n
n
da
1
n0
k
n
< 1 für 2 ≤ k ≤ n − 1 gilt. Nun existiert ein n0 = n0 (ε) ≥ 2, so dass
< ε gilt. Daraus ergibt sich für alle n ≥ n0
n!
− 0 = n! < 1 ≤ 1 < ε ,
nn
nn
n
n0
da die Kehrwerte die umgekehrte Ungleichung erfüllen, und damit die Behauptung.
Siehe nächstes Blatt!
3. Zeige, dass die Folge
(
an =
1
n
− 1 n = 2k
0
sonst
für ein k ∈ N
nicht gegen 0 konvergiert.
Lösung: Sei ε = 12 (oder jede andere Zahl im Intervall 0, 12 ). Wir zeigen, dass
kein n0 existiert, so dass für alle n ≥ n0 |an − 0| < ε gilt. Wir führen einen
Widerspruchsbeweis. Angenommen es existiert ein solches n0 , dann gibt es
ein k ∈ N mit 2k ≥ n0 . Nun ist für n := 2k
|an − 0| = 1 −
1
1
1
1
=1− k ≥1−
= =ε,
n
2
2
2
weil 2k ≥ 2. Also ist die für n0 geforderte Bedingung nicht erfüllt. Wir haben
bewiesen, dass kein n0 existiert.
4. Zeige
√
1+ 5
1
=1+
,
1
2
1 + 1+...
1
d.h. die durch a1 = 1, an = 1 + an−1
, n ≥ 2, rekursiv definierte Folge konvergiert
gegen a =
√
1+ 5
.
2
1
Lösung:
Sei
ε > 0. Es gilt a = 1 + a (direkte Rechnung) und folglich |an − a| =
1
an−1 − a1 nach Definition von an . Wir vereinfachen die rechte Seite zu
1
a − an−1 |a − an−1 |
1
|a − an−1 |
.
an−1 − a = an−1 a = |an−1 ||a| <
a
Für die Ungleichung haben wir verwendet, dass an−1 > 0 (Beweis durch vollständige
1
Induktion) und wegen an−1 = 1 + an−2
, n ≥ 3, sogar an−1 > 1 ist. Daraus folgt
nämlich |an−1 ||a| = an−1 a > a und weil dieser Ausdruck der Nenner des Bruchs
ist, gilt die umgekehrte Ungleichung < für den Bruch selbst. Wir schliessen
1|
|an − a| < |a−a
für n ≥ 2. Da a > 1 ist, existiert ein n0 = n0 (ε) ≥ 2, so dass
an−1
1
ε
gilt.
Es folgt für alle n ≥ n0
<
|a−a1 |
an0 −1
|an − a| < |a − a1 |
1
an−1
≤ |a − a1 |
1
an0 −1
< |a − a1 |
ε
=ε.
|a − a1 |
Wir haben die Behauptung gezeigt.
Bitte wenden!
Bemerkung: Die obige Wahl von n0 ist bei einer linearen Entwicklung des Beweises nicht leicht vorherzusehen. Eine naheliegendere Wahl von n0 wäre so, dass
1
< ε gilt. Das obige Argument ergibt dann |an − a| < |a − a1 |ε. Erst jetzt
an0 −1
wird ersichtlich, dass man die gewünschte Ungleichung erhält, wenn man ε durch
ε
ersetzt.
|a−a1 |
5. Sei q eine reelle Zahl, |q| < 1. Zeige
P∞
nq n =
n=1
q
.
(1−q)2
Lösung: Wir schreiben die N -te Partialsumme als
N
X
n=1
n
nq = q
N
−1
X
m
(m + 1)q = q
m=0
N
−1
X
N
−1
X
m
q =q
m=0 k,l=0: k+l=m
N
−1
X
q k+l .
k,l=0
Die letzte Gleichung ist eine Anwendung der Cauchy-Produkt-Formel. Wir
können wegen q k+l = q k q l die Doppelsumme als Quadrat der geometrischen
Summe schreiben
!
! N −1 ! 2
N
−1
N
−1
N
−1
N
−1
X
X
X
X
X
1 − qN
k+l
k
l
k
l
q =
q
q =
.
q
=
q
1
−
q
k,l=0
k=0
l=0
k=0
l=0
Es ist bekannt, dass limN →∞ q N = 0 gilt, da |q| < 1 ist. Mit den Rechenregeln
für Grenzwerte folgt
2
2
1 − limN →∞ q N
1
1 − qN
lim
=
=
.
2
N →∞
1−q
(1 − q)
(1 − q)2
Die Reihe ist als Grenzwert der Partialsummen definiert und wir erhalten
∞
X
n=1
n
nq = lim
N →∞
N
X
n=1
nq n =
q
.
(1 − q)2