3b. Cauchy-Folgen (Lösungen)

Übung 1

(a)	Zeigen Sie, dass jede konvergente Folge beschränkt ist.

(b)	Zeigen Sie, dass jede Cauchy-Folge beschränkt ist (ohne Verwendung der Konvergenz von Cauchy-Folgen).

(c)	Sei (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine Folge in ℝ mit der Eigenschaft: ∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ \|x_n − x_n₀\| < ε. Zeigen Sie, dass (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine Cauchy-Folge ist.

Lösung zur Übung 1

zu (a):

Sei (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine konvergente Folge, und sei x = lim_n x_n. Dann gibt es (mit ε = 1) ein n₀ mit

∀n ≥ n₀ |x_n − x| < 1.

Sei n ≥ n₀. Nach der Dreiecksungleichung (|x_n| ≤ |x_n − x| + |x|) gilt:

|x_n| − |x| ≤ |x_n − x| < 1,

sodass

|x_n| < |x| + 1.

Wir setzen

s = max(|x₀|, …, |x_{n₀ − 1}|, |x| + 1).

Dann gilt |x_n| ≤ s für alle n (und damit − s ≤ x_n ≤ s für alle n). Dies zeigt, dass die Folge beschränkt ist.

zu (b):

Sei (x_n)_n ∈ ℕ eine Cauchy-Folge. Dann gibt es ein n₀ mit

∀n, m ≥ n₀ |x_n − x_m| < 1.

Insbesondere gilt (mit m = n₀)

∀n ≥ n₀ |x_n − x_n₀| < 1.

Damit können wir wie in (a) argumentieren, wobei x_n₀ die Rolle von x übernimmt. Wir setzen

s = max(|x₀|, …, |x_{n₀ − 1}|, |x_n₀| + 1).

Dann ist |x_n| ≤ s für alle n, sodass die Folge beschränkt ist.

zu (c):

Sei ε > 0. Wir zeigen:

∃n₀ ∀n, m ≥ n₀ |x_n − x_m| < ε

Nach Voraussetzung gibt es ein n₀ mit:

∀n ≥ n₀ |x_n − x_n₀| < ε/2

Wir zeigen, dass n₀ wie gewünscht ist. Seien hierzu n, m ≥ n₀ beliebig. Dann gilt nach der Dreiecksungleichung:

\|x_n − x_m\|	= \|x_n − x_n₀ + x_n₀ − x_m\|
	≤ \|x_n − x_n₀\| + \|x_n₀ − x_m\|
	≤ ε/2 + ε/2 = ε

Übung 2

Sei (d_n)_{n  ∈  ℕ} eine Folge reeller Zahlen größergleich 0. Weiter sei s  ∈  ℝ mit

d₀ + … + d_n ≤ s für alle n  ∈  ℕ.

Zeigen Sie: Jede Folge (x_n)_{n  ∈  ℕ} mit |x_n − x_n + 1| ≤ d_n für alle n konvergiert.

Lösung zur Übung 2

Sei (x_n)_n ∈ ℕ eine Folge mit:

∀n |x_n − x_n + 1| ≤ d_n

Wir zeigen, dass (x_n)_n ∈ ℕ eine Cauchy-Folge ist. Dies genügt, da jede Cauchy-Folge konvergiert.

Sei ε > 0 beliebig. Wir zeigen zunächst:

(+) ∃n₀ ∀n ≥ n₀ d_n₀ + … + d_n < ε

Beweis von (+)

Für alle n sei s_n = d₀ + … + d_n. Nach Voraussetzung ist (s_n)_{n  ∈  ℕ} monoton wachsend und nach oben beschränkt durch s. Also existiert

s* = lim_n s_n = sup_n s_n.

Sei nun n₀ derart, dass s_{n₀ − 1} > s* − ε. Weiter sei n ≥ n₀. Dann gilt

d_n₀ + … + d_n = s_n − s_{n₀ − 1} ≤ s* − s_{n₀ − 1} < ε

Dies zeigt (+).

Sei nun n₀ wie in (+). Weiter sei n ≥ n₀ beliebig. Dann gilt nach der Dreiecksungleichung (mit einer Teleskop-Summe):

\|x_n − x_n₀\|	= \| ∑_{n₀ ≤ k < n} x_k + 1 − x_k \|
	≤ ∑_{n₀ ≤ k < n} \|x_k + 1 − x_k\| ≤ ∑_{n₀ ≤ k < n} d_k < ε

Dies zeigt (zusammen mit obiger Übung), dass die Folge (x_n)_n ∈ ℕ eine Cauchy-Folge ist.

Übung 3

Sei x_n = $\sqrt{n}$ für alle n  ∈  ℕ. Zeigen Sie:

(a)	lim_n \|x_n + 1 − x_n\| = lim_n (x_n + 1 − x_n) = 0.

(b)	(x_n)_{n  ∈  ℕ} ist keine Cauchy-Folge.

Lösung zur Übung 3

zu (a): Sei n  ∈  ℕ beliebig. Dann gilt

x_n + 1 − x_n = $\sqrt{n + 1}$ − $\sqrt{n}$ > 0,

sodass |x_n + 1 − x_n| = x_n + 1 − x_n > 0. Weiter gilt für n ≥ 1:

x_n + 1 − x_n	= $\sqrt{n + 1}$ − $\sqrt{n}$
	= $\frac{(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) (\sqrt{n + 1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$
	= $\frac{n + 1 - n}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$ < $\frac{1}{2 \sqrt{n}}$ .

Die rechte Seite konvergiert gegen 0 für n gegen unendlich. Hieraus folgt (a).

zu (b):

Die Verneinung der Cauchy-Bedingung lautet:

∃ε > 0 ∀n₀ ∃n, m ≥ n₀ |x_m − x_n| ≥ ε.

Wir zeigen diese Aussage mit ε = 1. Sei n₀ beliebig. Wir setzen

n = n₀², m = (n₀ + 1)².

Dann gilt n, m ≥ n₀ und

|x_m − x_n| = $\sqrt{(n_{0} + 1)^{2}}$ − $\sqrt{n_{0}^{2}}$ = n₀ + 1 − n₀ = 1 ≥ ε.

Übung 4

Sei (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine beschränkte Folge in ℝ, und sei x  ∈  ℝ. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:

(a)	x = limsup_n x_n.

(b)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ x_n < x + ε und ∀ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ x_n > x − ε

Formulieren Sie eine analoge Charakterisierung des Limes Inferior.

Lösung zur Übung 4

(a) impliziert (b):

Sei x = limsup_n x_n. Für alle n  ∈  ℕ setzen wir

s_n = sup_m ≥ n x_m.

Die Folge (s_n)_{n  ∈  ℕ} ist monoton fallend und beschränkt. Es gilt

x = inf_n s_n = lim_n x_n

nach Definition des Limes Superior.

Beweis der ersten Aussage in (b)

Sei ε > 0 beliebig. Wegen x = inf_n s_n gibt es ein n₀ mit

s_n₀ < x + ε.

Dann gilt für alle n ≥ n₀

x_n ≤ sup_{m ≥ n₀} x_m = s_n₀ < x + ε.

Damit ist die erste Aussage in (b) gezeigt.

Beweis der zweiten Aussage in (b)

Annahme, die zweite Aussage in (b) gilt nicht. Nach den Verneinungsregeln gilt dann

∃ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ x_n ≤ x − ε.

Seien also ε > 0 und n₀ derart, dass

∀n ≥ n₀ x_n ≤ x − ε.

Die reelle Zahl x − ε ist also eine obere Schranke aller x_n mit n ≥ n₀. Dann gilt aber s_n₀ = sup_{n ≥ n₀} x_n ≤ x − ε, sodass

x = inf_n s_n ≤ s_n₀ ≤ x − ε < x,

Widerspruch.

(b) impliziert (a): Es gelte also

(i)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ x_n < x + ε,

(ii)	∀ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ x_n > x − ε.

Sei wieder s_n = sup_m ≥ n x_m für alle n. Wir setzen

x* = limsup_n x_n = inf_n s_n.

Wir zeigen, dass x = x*. Sei ε > 0 beliebig. Nach (i) gibt es ein n₀ mit

∀n ≥ n₀ x_n < x + ε.

Dann gilt aber s_n₀ = sup_{n ≥ n₀} x_n ≤ x + ε, sodass

x* = inf_n s_n ≤ x + ε.

Da ε > 0 beliebig ist, folgt x* ≤ x.

Annahme, x* < x. Wegen x* = inf_n s_n gibt es dann ein n₀ mit s_n₀ < x. Folglich existiert ein ε > 0 mit

sup_{n ≥ n₀} x_n = s_n₀ ≤ x − ε.

Damit gilt also

∀n ≥ n₀ x_n ≤ x − ε,

im Widerspruch zur Voraussetzung (ii) (angewendet auf ε und n₀).

Charakterisierung des Limes Inferior

Äquivalent sind die Aussagen:

(a)	x = liminf_n x_n.

(b)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ x_n > x − ε und ∀ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ x_n < x + ε