3. Folgen 3.1. Definition. (a) Eine Folge reeller bzw. komplexer
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3. Folgen
3.1. Definition.
(a)
(b)
(c)
Eine Folge reeller bzw. komplexer Zahlen ist eine Vorschrift, die jedem k 2 N eine reelle
bzw. komplexe Zahl ak zuordnet. Eine Folge schreibt man meist (a1 , a2 , . . .) oder (ak )1
k=1
oder kurz (ak ).
Sind n1 < n2 < n3 < . . . Elemente von N, so heißt (an1 , an2 , . . .) Teilfolge von (ak ).
Es sei (ak ) eine Folge in R oder C und a 2 R bzw. C. Wir sagen
(ak ) konvergiert gegen a oder (ak ) ist konvergent mit Grenzwert a
falls zu jedem " > 0 ein n0 2 N existiert mit
|ak
a| < "
f ür alle
k
n0 .
k!1
(d)
Wir schreiben lim ak = a oder ak ! a und nennen a den Grenzwert. Eine Folge, die
keinen Grenzwert hat, heißt divergent.
Eine Folge heißt Cauchy-Folge, falls gilt: Zu jedem " > 0 existiert ein n0 2 N mit
|ak
al | < "
f ür alle
k, l
n0 .
Die Existenz eines Grenzwerts wird hier nicht gefordert.
3.2. Satz. Jede konvergente Folge ist eine Cauchy-Folge.
Beweis. Es sei xk ! x und " > 0. Wähle n0 so, dass |xk x| < "/2 für alle k
k, m n0 : |xk xm | |xk x| + |x xm | < "/2 + "/2 = ".
n0 . Dann ist für
C
3.3. Beispiele.
⇣ ⌘
(a) Die Folge 1 konvergiert in R gegen 0.
k
(b) Die Folge (ik )k in C ist divergent.
Beweis. (a) Es sei " > 0 vorgelegt. Wir müssen ein n0 finden mit |1/k
Dazu wähle n0 2 N mit n0 > 1/".1 Dann gilt für k n0 :
1
1
1
<"
| |=
k
k
n0
für alle k
0| < " für alle k
n0 .
n0 .
(b) Gäbe es einen Grenzwert z in C, so gäbe es zu " = 1/4 ein n0 mit
|ik
und somit
|ik
il | = |ik
1
für k
4
n0
1
für k, l n0 .
2
1 für beliebiges k 2 N, ist |i4k i4k+2 | = 2. Widerspruch. C
z+z
Da jedoch i4k = 1 ist und i4k+2 =
z|
il | |ik
z| + |il
z|
3.4. Satz. Der Grenzwert ist eindeutig: Konvergiert eine Folge gegen a und a0 , so ist a = a0 .
Beweis. Sei " > 0. Dann existiert ein n1 : |ak a| < "/2 für alle k n1 und es existiert ein n2 mit
|ak a0 | < "/2 für alle k n2 . Dann gilt für n0 max{n0 , n1 } : |a a0 | |a an0 |+|an0 a0 | < ".
Also ist |a a0 | = 0 bzw. a = a0 .
C
1Wieso gibt es eine solche Zahl? Nehmen wir an, die Menge der natürlichen Zahlen wäre nach oben beschränkt.
Dann hätte sie ein Supremum s. Nach Definition des Supremums existierte ein n 2 N mit n > s
jedoch n + 1 2 N mit n + 1 > s. Widerspruch!
1/2. Dann wäre
15
3.5. Satz. Es sei (zk ) eine Folge komplexer Zahlen, zk = xk + iyk und z = x + iy 2 C. Dann
gilt
⇢
xk konvergiert gegen x, und
zk konvergiert gegen z ()
yk konvergiert gegen y.
Beweis.
)“ Es sei zk konvergent gegen z = x + iy und " > 0. Dann existiert ein n0 mit |zk
”
für alle k n0 . Also
|xk
|yk
x| = |Re zk
y| = |Im zk
Re z| = |Re (zk
Im z| = |Im (zk
z)| |zk
z)| |zk
z| < "
z| < ";
z| < ".
(“ Es sei " > 0 vorgelegt. Dann existiert ein n1 mit |xk x| < "/2 für alle k n1 und es
”
existiert ein n2 mit |yk y| < "/2 für alle k n2 . Setze n0 = max{n1 , n2 } und z = x+iy.
Dann gilt für k n0
|zk
z| = |xk
x + iyk
iy| |xk
x| + |yk
y| < ".
C
3.6. Lemma. Ist die Folge (xk ) konvergent, so ist sie auch beschränkt, d. h.
9C
0 : |xk | C
f ür alle
k 2 N.
Beweis. Zu " = 1 existiert ein n0 mit |xk x| < 1 für k n0 . Damit ist |xk | |xk x|+|x| 1+|x|
für alle k n0 . Für C = max{|x1 |, . . . , |xn0 1 |, |x| + 1} ergibt sich die Behauptung.
C
3.7. Satz: Rechenregeln für Grenzwerte. Es seien (xk ), (yk ) Folgen in K (K = R oder
K = C), x, y 2 K.
(a)
(b)
Aus xk ! x und yk ! y folgt xk + yk ! x + y und xk yk ! xy.
Gilt xk ! x und x 6= 0, so ist xk 6= 0 für alle hinreichend großen k, und es gilt
Insbesondere gilt dann yk /xk ! y/x für jede Folge yk ! y.
1
xk
! x1 .
Die Umkehrung der Aussage in (b) gilt nicht!
Beweis.
(a)
(Additivität) Es sei " > 0 vorgelegt. Dann existieren n1 , n2 mit |xk
k n1 und |yk y| "/2 8k n2 . Für k n0 := max{n1 , n2 } folgt
|(xk
yk )
(x
y)| |xk
x| + |yk
x| "/2 für alle
y| < ".
(Multiplikativität) Nach Lemma 3.6 existiert ein C 0 mit |yk | C für alle k. Zu " > 0
wähle n1 und n2 so, dass
"
|xk x| <
für alle k n1 , und
2C
"
|yk y| <
für alle k n2 .
2|x| + 1
Für k
max{n1 , n2 } folgt
|xk yk xy| = |xk yk xyk + xyk
|xk yk xyk | + |xyk xy|
|xk x| |yk | + |x| |yk y|
"
"
<
C + |x|
".
2C
2|x| + 1
xy|
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(b)
Zu
|x|
=
|xk
|x|
2
Wähle n0
> 0 existiert ein k0 mit |xk x| < = |x|
2 für k
x| |x|/2 für k k0 . Sei " > 0 vorgelegt. Nun ist
|xk 1
x
1
| = |x
k0 so, dass |x
1
xk | <
|xk 1
xk )xk 1 | |x|
(x
x
"
2
2 |x|
1
|<
für k
1
|xk |
1
|x
k0 . Dann ist |xk |
xk |.
n0 . Dann ist
1 2 " 2
|x| ".
|x| |x| 2
C
Einige Besonderheiten reeller Folgen.
3.8. Definition. Eine Folge (xk ) in R heißt
monoton wachsend, falls
streng monoton wachsend, falls
monoton fallend, falls
streng monoton fallend, falls
8k
8k
8k
8k.
xk+1 xk
xk+1 > xk
xk+1 xk
xk+1 < xk
3.9. Satz. Monoton wachsende, nach oben beschränkte Folgen reeller Zahlen sind konvergent:
Gibt es ein C 2 R mit xk xk+1 C für alle k, so gilt xk ! x = sup{xk }.
Beweis. Es sei " > 0 vorgelegt. Nach Definition des Supremums existiert ein n0 mit
xn0 > x
Für alle k
n0 gilt also
x
und somit |x
".
xk | < ".
" < xn0 xk x
C
3.10. Folgerung. Ist die Folge (xk ) monoton fallend und nach unten beschränkt, so ist (xk )
ebenfalls konvergent. (Betrachte ( xk )!)
3.11. Satz. Stabilität des Grenzwerts. Es seien (xk ), (yk ) Folgen in R mit xk yk für alle
k. Gilt: xk ! x und yk ! y, so folgt x y.
Beweis. Annahme: x > y. Setze " = x y > 0. Dann existieren n1 , n2 mit |xk
k n1 bzw. |yk y| < "/2 für alle k n2 . Für k max{n1 , n2 } gilt
xk > x
"/2 = y + "/2 > yk .
x| < "/2 für alle
Widerspruch!
C
3.12. Satz. Schachtelungssatz. Es seien (ak ), (bk ), (xk ) Folgen in R und
a k x k bk
für alle k 2 N.
Gilt ak ! x und bk ! x, so ist auch (xk ) konvergent, und xk ! x.
Beweis. Es sei " > 0 vorgelegt. Dann existieren n1 , n2 mit |ak x| < "/3 für k
für k n2 . Setze n0 = max{n1 , n2 }. Dann gilt
|xk
x| |xk
|bk
|bk
ak | + |ak x|
ak | + |ak x|
x| + |x ak | + |ak
n1 , |bk x| < "/3
x| < ".
3.13. Satz. In R ist jede Cauchy-Folge konvergent.
Eine Menge, in der jede Cauchyfolge einen Grenzwert hat, nennt man vollständig.
C
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Beweis. Es sei (xk ) eine Cauchy-Folge. Wir definieren zwei neue Folgen
ik = inf{xj : j
k}
und
sk = sup{xj : j
k}.
Dann gilt ik xk sk für alle k
(ik ) monoton wachsend und beschränkt (ik s1 für alle k) ) (ik ) konvergiert gegen ein i 2 R.
(sk ) monoton fallend und beschränkt (sk i1 für alle k) ) (sk ) konvergiert gegen ein s 2 R.
Zeige: i = s. Ist " > 0 vorgelegt, wähle n0 so groß, dass |xj xk | < "/5, i ik < "/5, sk s < "/5
für j, k n0 . Ferner existieren j0 , k0 n0 mit xj0 > sn0 "/5 und xk0 < in0 + "/5. Dann ist
s
i = |s
i| |s
sn0 | + |sn0
xj0 | + |xj0
xk0 | + |xk0
in0 | + |in0
i| < ".
C
Mit 3.12 folgt die Behauptung.
3.14. Folgerung. C ist vollständig.
Beweis. Sei (zk ) eine Cauchy-Folge in C. Dann sind (Re zk ) und (Im zk ) Cauchy-Folgen in R
nach 3.5. Mit 3.13 folgt, dass (Re zk ) und (Im zk ) Grenzwerte in R haben, und schließlich mit
3.5, dass (zk ) einen Grenzwert in C hat.
C
3.15. Definition und Bemerkung. Man sagt, eine Folge (ak ) reeller Zahlen divergiere bestimmt gegen +1 und schreibt lim ak = +1, falls gilt:
8M > 09n0 : ak > M
8k
n0 .
Dies ist äquivalent dazu, dass ab einem festen Index n1 gilt ak > 0 und lim a1k = 0. (Wieso?)
Ebenso: lim ak =
1, falls lim( ak ) = +1, d.h. falls 8M > 09n0 : ak <
3.16. Beispiele.
⇣ ⌘
(a) Die Folgen 1j , j = 1, 2, 3, . . . konvergieren in R gegen 0.
k
(b) Ist z 2 C mit |z| < 1, so ist die Folge (z k ) eine Nullfolge.
(c) Für z 2 C mit |z| < 1 und r 2 N ist lim k r |z|k = 0.
p
k
(d)
k ! 1.
p
(e) Es sei a > 0. Dann gilt k a ! 1.
p
k
(f)
k 2 + k + 2 ! 1.
p
k
(g) ( k!) divergiert bestimmt gegen +1.
M
8k
n0 .
Beweis.
(a)
(b)
Wir wissen, dass 0 k1j k1 für k 2 N und j = 2, 3, . . . Also folgt die Behauptung aus 3.3
und dem Schachtelungssatz.
Es sei " > 0 vorgelegt. Wir haben zu zeigen, dass ein n0 existiert mit |z k | < " für alle
k n0 bzw., äquivalent dazu, dass |z1k | > 1" für alle k n0 .
1
1
Es ist |z|
> 1. Setze := |z|
1. Wähle n0 so groß, dass n0 > 1" .
Dann gilt für k n0 nach der Bernoullischen Ungleichung:
✓ ◆n 0
Bernoulli
1
1 1.11 1
1
1
n0
=
=
=
(1
+
)
1 + n0 > .
|z|n0
|z|
"
|z k |
|z|k
(c)
(1)
Setze bk = k r |z|k . Dann gilt:
bk+1
(k + 1)r |z|k+1
=
=
bk
k r |z|k
✓
1
1+
k
◆r
|z|.
Aus lim(1 + k1 )r = (lim(1 + k1 ))r = 1 und |z| < 1 folgt, dass ein 0 C < 1 existiert
mit bk+1 Cbk für k
k0 , k0 geeignet. Mit vollständiger Induktion folgt 0 bk0 +m
C m bk0 ! 0, für m ! 1. Also bk ! 0.
18
(d)
(e)
(f)
(g)
Zeige: Zu " > 0 existiert ein n0 mit
p
k
k
1 < ":
⇣
⌘k
⇣
⌘k
1
1
1
Es ist 0 < 1+"
< 1. Somit ist nach (c) lim k 1+"
= 0. Es folgt k 1+"
< 1 bzw.
p
k
1 < k < (1 + ")k für k n0 , also auch 1 < k < 1 + " für k n0 .
Für a 1 folgt dies aus dem Schachtelungssatz, weil für alle k a gilt:
p
p
k
1 a k ) 1 k a k ! 1.
q
1
k 1
Für a < 1 betrachte 1/a: p
k a =
a ! 1.
p
p
p p p
k
Schachtelungssatz und Rechenregeln: 1 k k 2 + k + 2 4k 2 = k 4 k k k k ! 1.
p
Zu zeigen: Zu M > 0 existiert n0 mit M k /k! < 1 bzw. k k! > M für alle k n0 . Nun ist
für k k0 2M :
Mk
M k0
M
M
M k0 k0
=
· ... ·
2
k!
k0 ! k0 + 1
k
k0 !
|
{z
}
(k k0 ) Faktoren 1/2
für hinreichend großes k nach (c).
k
<1
C
3.17. Satz von Bolzano-Weierstraß. In R und C hat jede beschränkte Folge eine konvergente
Teilfolge.
Beweis. 1.Fall: Folge in R. Auf Grund der Beschränktheit gibt es ein Intervall [a1 , b1 ], a1 < b1 ,
1
in dem alle Folgenglieder liegen. Wir halbieren es und erhalten zwei Teilintervalle [a1 , a1 +b
2 ]
1
und [ a1 +b
2 , b1 ]. In einem davon (evtl. in beiden) liegen unendlich viele Glieder. Wir nennen es
[a2 , b2 ]. Schrittweise erhalten wir eine ineinander geschachtelte Folge von Intervallen Ij = [aj , bj ],
deren Länge bj aj gegen Null konvergiert. In ihrem Durchschnitt liegt genau ein Punkt x
(Übungsaufgabe). Wählt man Folgenglieder xkj 2 Ij mit k1 < k2 < . . . so hat man die gesuchte
(gegen x) konvergente Teilfolge.
2. Fall: Folge in C. Ebenso mit Real- und Imaginärteil.
C
