5.7. Monotone und beschränkte Folgen

Satz:  Für jede reelle Zahlenfolge $(a_n)$ gilt:

Beweis:  Wir führen den Beweis für eine monoton wachsende Folge. Zunächst gibt es auf Grund der Beschränktheit ein $s\in ℝ$, so dass

Die Menge der Folgenglieder $\{a_n|n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$ ist also eine nicht-leere, nach oben beschränkte Teilmenge von $ℝ$. Sie besitzt - und hier geht die Besonderheit der reellen Zahlen ein - nach dem Vollständigkeitsaxiom eine kleinste obere Schranke, das Supremum also. Wir setzen nun  $g≔\sup \{a_n|n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$  und zeigen:

Sei dazu ein $\epsilon >0$ vorgegeben. Da g die kleinste obere Schranke von $\{a_n|n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$ ist, kann $g-\epsilon$ keine obere Schranke mehr sein. Es muß also mindestens ein Folgenglied oberhalb von $g-\epsilon$ liegen, d.h. es gibt ein $n_0\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, so dass $a_{n_0}>g-\epsilon$. Beachtet man, dass g auch eine gewöhnliche obere Schranke der monoton wachsenden Folge $(a_n)$ ist, so erhält man für alle $n\ge n_0$:

also  $a_n\in ]g-\epsilon ,g+\epsilon [$. Gemäß [5.4.2] ist dies die Behauptung.

Bemerkung:  Für $q\in ℝ$ hat man:

Beweis:  

1. ►

Nach [5.5.6] reicht es $|q^n|=|q{|}^n\to 0$ zu zeigen, so dass wir o.E. $0\le q<1$ annehmen dürfen. Wir multiplizieren diese Ungleichung mit $q^n$ und erhalten $0\le q^{n+1}\le q^n<1\text{ für alle }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. $(q^n)$ ist also monoton fallend und beschränkt, somit konvergent, etwa gegen g. Bleibt zu zeigen $g=0$. Dazu betrachten wir zusätzlich die Folge $(q^{n+1})$, die ebenfalls gegen g konvergiert, und benutzen einen kleinen Trick, indem wir den Grenzwert von $(q^{n+1})$ über den dritten Grenzwertsatz ein zweites Mal berechnen. Also: $\begin{array}{l}{q}^{n+1}\to g\hfill \\ q^{n+1}=q\cdot q^n\to q\cdot g\hfill \end{array}$ Da aber $(q^{n+1})$ genau einen Grenzwert hat, muss  $g=q\cdot g\iff g\cdot (1-q)=0$  gelten, also $g=0$, denn nach Voraussetzung ist $q\ne 1$.

2. ►

Für $|q|>1$, etwa $|q|=1+x$  mit einem $x>0$, folgt mit der Bernoullischen Ungleichung $|q^n|=|q{|}^n={(1+x)}^n\ge 1+nx\text{.}$ Mit $(1+nx)$ ist daher auch $(q^n)$ unbeschränkt, also divergent.

Bemerkung:  Für $r,s\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ und  ${\displaystyle q≔\frac{r}{s}}$  gilt:

Beweis:  

1. ►

Die Monotonie des Wurzeloperators liefert für alle $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ die folgenden Ungleichungen: ${\displaystyle \begin{array}{ll}\hfill & 1\le n\le n+1\hfill \\ \Rightarrow \hfill & 1\le \sqrt[s]{n}\le \sqrt[s]{n+1}\hfill \\ \Rightarrow \hfill & 1\ge \frac{1}{\sqrt[s]{n}}\ge \frac{1}{\sqrt[s]{n+1}}\ge 0\text{.}\hfill \end{array}}$ ${\displaystyle (\frac{1}{\sqrt[s]{n}})}$ ist also monoton fallend und beschränkt, somit konvergent, etwa gegen g. Zur Ermittlung von g nutzen wir den dritten Grenzwertsatz: ${\displaystyle \frac{1}{n}={\left(\frac{1}{\sqrt[s]{n}}\right)}^s\to g^s\Rightarrow g^s=0\Rightarrow g=0\text{.}}$

2. ►

Wir setzen wieder den dritten Grenzwertsatz ein und benutzen das Ergebnis aus 1.: ${\displaystyle \frac{1}{n^q}=\frac{1}{n^{\frac{r}{s}}}={\left(\frac{1}{\sqrt[s]{n}}\right)}^r\to 0^r=0\text{.}}$

Beispiel:  

Beweis:  Beide Konvergenzaussagen lassen sich am besten gleichzeitig beweisen. Wir zeigen in drei Schritten dass beide Folgen monoton und beschränkt sind:

1. ►	${\displaystyle ({(1+\frac{1}{n})}^n)}$ ist monoton wachsend, denn mit der Bernoullischen Ungleichung erhalten wir für $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ zunächst ${\displaystyle {(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}\cdot {(1-\frac{1}{n+1})}^{n+1}={(1-\frac{1}{{(n+1)}^2})}^{n+1}\ge 1-\frac{1}{n+1}}$ und daraus: ${\displaystyle {(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}\ge \frac{1}{{(1-\frac{1}{n+1})}^n}={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^n={(1+\frac{1}{n})}^n}$.
2. ►	${\displaystyle ({(1+\frac{1}{n})}^{n+1})}$ ist monoton fallend: Wir setzen noch einmal die Bernoullische Ungleichung ein und erhalten für $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ ${\displaystyle {\left(\frac{{(n+1)}^2}{{(n+1)}^2-1}\right)}^{n+1}={(1+\frac{1}{{(n+1)}^2-1})}^{n+1}\ge {(1+\frac{1}{{(n+1)}^2})}^{n+1}\ge 1+\frac{1}{n+1}\text{.}}$ Damit können wir jetzt folgendermaßen abschätzen: ${\displaystyle \begin{array}{ll}{(1+\frac{1}{n+1})}^{n+2}\hfill & \le {\left(\frac{{(n+1)}^2}{{(n+1)}^2-1}\right)}^{n+1}\cdot {(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}\hfill \\ \hfill & ={(\frac{{(n+1)}^2}{(n+2)n}\cdot \frac{n+2}{n+1})}^{n+1}\hfill \\ \hfill & ={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{n+1}\hfill \\ \hfill & ={(1+\frac{1}{n})}^{n+1}\text{.}\hfill \end{array}}$
3. ►	${\displaystyle ({(1+\frac{1}{n})}^n)}$ und  ${\displaystyle ({(1+\frac{1}{n})}^{n+1})}$ sind beschränkt, denn da ${(1+\frac{1}{1})}^1=2$ und ${(1+\frac{1}{1})}^2=4$ folgt aus dem gerade gezeigten Monotonieverhalten: ${\displaystyle 2\le {(1+\frac{1}{n})}^n\le {(1+\frac{1}{n})}^{n+1}\le 4}$.

Beispiel:  

Beweis:  Da ${\displaystyle {(1+\frac{1}{n})}^n\le 4}$, gilt für alle $n\ge 4$ der Reihe nach:

${(\sqrt[n]{n})}_{n\ge 4}$ ist also monoton fallend und wegen $1\le \sqrt[n]{n}$ auch beschränkt, und somit konvergent etwa gegen $g\ge 1$. Dabei können wir den Fall $g>1$ ausschließen, denn da $ℝ$ archimedisch geordnet ist, finden wir zu jedem $x>0$ ein $n\in {\mathbb{N}}^{\ge 4}$, so dass ${\displaystyle 1<(n-1)\cdot \frac{x^2}{2}}$. Das allgemeine Binomialtheorem [5.2.5] ermöglicht nun für dieses n die folgende Abschätzung:

Also hat man $\sqrt[n]{n}<1+x$, und damit $1+x\ne g$, denn man weiß, dass $\sqrt[n]{n}\ge g$ ist.

Beispiel:  

• Für die durch  ${\displaystyle a_1≔2\wedge a_{n+1}≔\frac{2a_n}{a_n+1}}$  rekursiv gegebene Folge $(a_n)$ gilt:  $a_n\to 1$.

Beweis:  Wir zeigen zunächst per Induktion, und damit ist $(a_n)$ bereits beschränkt,
 

►   $1\le 2\le 2\text{, also: }1\le a_1\le 2\text{.}$

►   Aus $1\le a_n\le 2$ erhält man die Abschätzung

und hat damit  $1\le a_{n+1}\le 2$.

Ferner ist $(a_n)$ monoton fallend, denn mit $a_n\ge 1$ hat man auch $a_n(a_n-1)\ge 0$, so dass mit der folgenden Äquivalenz die Behauptung bewiesen ist:

Insgesamt ist daher $(a_n)$ konvergent, etwa gegen $g\in [1,2]$. g ist aber auch Grenzwert von $(a_{n+1})$, so dass wir g auch mit Hilfe der Grenzwertsätze berechnen können:

Grenzwerte sind eindeutig, also hat man die Gleichung  ${\displaystyle g=\frac{2g}{g+1}}$  und damit (beachte $g\in [1,2]$):

Bemerkung (Babylonisches Wurzelziehen):  Ist $a>0$, so ist für jeden Startwert $a_1>0$ die durch die Rekursion  ${\displaystyle a_{n+1}≔\frac{1}{2}(a_n+\frac{a}{a_n})}$  gegebene Folge $(a_n)$ konvergent, genauer:

Beweis:  Zunächst vergewissern wir uns durch eine induktive Überlegung, dass $a_n>0$ für alle n. Da Quadrate stets positiv sind, liefert uns der Schluss
 

die Abschätzung $a_{n+1}\ge \sqrt{a}$. Für alle $n\ge 2$ gilt daher:

Also ist $(a_{n+1})$ monoton fallend und wegen  $\sqrt{a}\le a_{n+1}\le a_2$  auch beschränkt, insgesamt daher konvergent, etwa gegen $g\ge \sqrt{a}>0$. Da auch $a_n\to g$ können wir zur Ermittlung von g wieder unseren "Standardtrick" einsetzen: Aus

erhalten wir dabei  ${\displaystyle g=\frac{1}{2}(g+\frac{a}{g})\iff 2g=g+\frac{a}{g}\iff g^2=a\iff g=\sqrt{a}}$.