1b. Konvergente Folgen (Lösungen)

Übung 1

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

(a)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ \|x_n − x\| ≤ ε,

(b)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ \|x_n − x\| < 2 ε,

(c)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ \|x_2n − x\| < ε,

(d)	∀ε > 0 ∃n₀ ∀n > n₀ \|x_n − x\| < ε,

(e)	∀ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ \|x_n − x\| < ε,

(f)	∀k ≥ 1 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ \|x_n − x\| < 1/k (mit k  ∈  ℕ).

Lösung zur Übung 1

Die Konvergenzbedingung für x lautet:

(+) ∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ |x_n − x| < ε

zu (a):

Die Aussage ist äquivalent zu (+):

Gilt (+), so gilt (a), denn aus |x_n − x| < ε folgt stets |x_n − x| ≤ ε. Für jedes ε > 0 ist ein n₀, das für (+) geeignet ist, auch für (a) geeignet.

Gilt umgekehrt (a), so können wir, gegeben ε > 0, (a) auf ε′ = ε/2 anwenden: Es gibt ein n₀ mit

∀n ≥ n₀ |x_n − x| ≤ ε′

Wegen ε′ = ε/2 < ε gilt dann auch

∀n ≥ n₀ |x_n − x| < ε.

Damit gilt (+).

zu (b):

Die Aussage ist ebenfalls äquivalent zu (+). Der Beweis ist analog zum Beweis von (a): Gilt (+), so gilt (b), denn aus |x_n − x| < ε folgt stets |x_n − x| < 2ε. Gilt umgekehrt (b), so können wir für ein gegebenes ε > 0 (b) auf ε′ = ε/2 anwenden: Es gibt ein n₀ mit

∀n ≥ n₀ |x_n − x| < 2ε′ = 2 ε/2 = ε

Damit gilt (+).

zu (c):

Die Aussage ist nicht äquivalent zu (+). Wir betrachten hierzu die divergente Folge 0, 1, 0, 1, 0, 1, …, d. h. die Folge (x_n)_{n  ∈  ℕ} mit x_2n = 0 und x_2n + 1 = 1 für alle n. Hier ist (+) für alle x verletzt. Es gilt aber (c) für x = 0, da |x_2n − x| = |0 − 0| = 0 < ε für alle n gilt, d. h. für jedes ε > 0 ist n₀ = 0 wie in (c).

zu (d):

Die Aussage ist wieder äquivalent zu (+). Gilt (+), so gilt (d), denn aus

∀n ≥ n₀ |x_n − x| < ε

folgt stets

∀n > n₀ |x_n − x| < ε

Es gelte umgekehrt (d). Wir zeigen die zu (+) äquivalente Form

(+)′ ∀ε > 0 ∃n₁ ∀n ≥ n₁ |x_n − x| < ε,

in der die Variable n₀ durch n₁ ersetzt ist. Sei also ε > 0 beliebig. Nach (d) gibt es ein n₀, sodass für alle n > n₀ gilt, dass |x_n − x| < ε. Wir setzen n₁ = n₀ + 1. Dann gilt für alle n ≥ n₁, dass |x_n − x| < ε. Dies zeigt (+)′.

zu (e):

Die Aussage ist nicht äquivalent zu (+). Sie besagt, dass x ein Häufungspunkt der Folge ist und ist damit eine echte Abschwächung der Konvergenz der Folge gegen x. Gilt (+), so gilt (e): Ist ε > 0 gegeben und n₀ wie in (+), so gilt |x_n − x| < ε für alle n ≥ n₀. Damit gibt es für jedes n₁ ein n ≥ n₁ mit |x_n − x| < ε, etwa n = max(n₁, n₀). Dies zeigt (e) (mit einer Indexvariable n₁ anstelle von n₀).

Für ein Gegenbeispiel zur Äquivalenz sei wieder (x_n)_{n  ∈  ℕ} die Folge 0, 1, 0, 1, 0, 1, …. Weiter sei x = 0. Dann gibt es, gegeben ε > 0, beliebig große n mit |x_n − x| < ε. Denn ist n gerade, so gilt |x_n − x| = 0. Da es für jedes n₀ eine gerade Zahl n ≥ n₀ gibt, gilt (e). Aber die Folge ist divergent, sodass (+) verletzt ist.

zu (f):

Die Aussage ist äquivalent zu (+). Die Menge { 1/k | k  ∈  ℕ, k ≥ 1 } ist eine Teilmenge von { ε  ∈  ℝ | ε > 0 }. Damit ist (f) eine Abschwächung von (+): Gilt

∃n₀ ∀n ≥ n₀ |x_n − x| < ε

für alle ε > 0, so gilt die Aussage insbesondere für alle ε der Form 1/k mit k ≥ 1. Dies zeigt, dass (+) die Aussage (f) impliziert.

Es gelte umgekehrt (f). Sei ε > 0 beliebig. Nach dem Archimedischen Axiom gibt es ein k ≥ 1 in ℕ mit 1/k < ε. Ist nun n₀ wie in (f) für k, so ist n₀ auch wie in (+) für ε. Damit gilt (+).

Übung 2

(a)	Wir setzen x_2n = 1 und x_2n + 1 = 0 für alle n  ∈  ℕ. Zeigen Sie, dass die Folge (x_n)_{n  ∈  ℕ} divergiert.

(b)	Seien I = [ a, b ] und J = [ c, d ] reelle Intervalle mit a < b < c < d. Weiter sei (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine Folge in ℝ derart, dass die Mengen A = { n  ∈  ℕ \| x_n  ∈  I } und B = { n  ∈  ℕ \| x_n  ∈  J } unendlich sind. Zeigen Sie, dass (x_n)_{n  ∈  ℕ} divergiert.

Erste Lösung zu Übung 2

zu (a): Sei x  ∈  ℝ beliebig. Wir zeigen, dass die Folge (x_n)_n ∈ ℕ nicht gegen x konvergiert. Hierzu zeigen wir:

(+) ∃ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ |x − x_n| ≥ ε(Divergenzbedingung für x)

Wir setzen ε = 1/2. Sei n₀  ∈  ℕ beliebig. Wir unterscheiden zwei Fälle.

1. Fall: x < 1/2. Sei n ≥ n₀ beliebig mit x_n = 1. Dann gilt

x_n − x = 1 − x > 1/2 = ε.

Also gilt (+).

2. Fall: x ≥ 1/2. Sei n ≥ n₀ beliebig mit x_n = 0. Dann gilt

x − x_n = x ≥ 1/2 ≥ ε.

Also gilt (+) auch in diesem Fall.

zu (b): Sei x  ∈  ℝ beliebig. Wir zeigen erneut:

(+) ∃ε > 0 ∀n₀ ∃n ≥ n₀ |x − x_n| ≥ ε(Divergenzbedingung für x)

1. Fall: x ≤ b. Wir setzen ε = c − b. Dann gilt ε > 0. Sei n₀  ∈  ℕ beliebig. Nach Voraussetzung gibt es ein n ≥ n₀ mit x_n  ∈  J. Dann gilt

x_n − x ≥ c − x ≥ c − b = ε.

Also gilt (+).

2. Fall: x > b. Wir setzen ε = x − b. Dann ist ε > 0. Sei n₀  ∈  ℕ beliebig. Nach Voraussetzung gibt es ein n ≥ n₀ mit x_n  ∈  I. Dann gilt

x − x_n ≥ x − b = ε.

Also gilt (+).

Zweite Lösung zu Übung 2

Bei diesem Ansatz steht die Dreiecksungleichung im Mittelpunkt.

zu (a): Annahme, es gilt lim_n x_n = x für ein x  ∈  ℝ. Dann gibt es ein n₀ mit

|x_n − x| < 1/2 für alle n ≥ n₀.

Dann gilt für alle n ≥ n₀ nach der Dreiecksungleichung

1 = | x_n + 1 − x_n | ≤ | x_n + 1 − x | + | x − x_n | < 1/2 + 1/2 = 1,

Widerspruch.

zu (b): Annahme, es gilt lim_n x_n = x für ein x  ∈  ℝ. Dann gibt es ein n₀ mit

|x_n − x| < (c − b)/2 für alle n ≥ n₀.

Nach Voraussetzung gibt es n, m ≥ n₀ mit x_n  ∈  I und x_m  ∈  J. Dann gilt nach der Dreiecksungleichung

c − b ≤ x_m − x_n	≤ \| x_m − x \| + \|x − x_m \|
	< (c − b)/2 + (c − b)/2 = c − b,

Widerspruch.

Übung 3

Seien (x_n)_{n  ∈  ℕ} und (y_n)_{n  ∈  ℕ} Folgen in ℝ mit der Eigenschaft:

∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ |x_n − y_n| < ε.

Zeigen Sie: Konvergiert eine der beiden Folgen, so konvergiert auch die andere, und dann gilt lim_n x_n = lim_n y_n.

Erste Lösung: Nachweis der Konvergenzbedingung

Wir nehmen an, dass x = lim_n x_n existiert und zeigen, dass x = lim_n y_n. Der andere Fall der Konvergenz von (y_n)_{n  ∈  ℕ} ist analog.

Wir zeigen:

(+) ∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ |x − y_n| < ε(Konvergenzbedingung für x)

Zum Beweis von (+) sei ε > 0 beliebig. Wegen x = lim_n x_n gibt es ein n₁ mit

∀n ≥ n₁ |x − x_n| < ε/2

Nach Voraussetzung über die beiden Folgen gibt es ein n₂ mit

∀n ≥ n₂ |x_n − y_n| < ε/2

Wir setzen n₀ = max(n₁, n₂). Sei n ≥ n₀ beliebig. Dann gilt

|x − y_n| = |x − x_n + x_n − y_n| ≤ |x − x_n| + |x_n − y_n| = ε/2 + ε/2 = ε.

Also gilt (+).

Zweite Lösung: Verwendung der Limesregeln

Wir nehmen erneut an, dass x = lim_n x_n existiert und zeigen x = lim_n y_n. Dies genügt.

Wir definieren (z_n)_{n  ∈  ℕ} durch

z_n = y_n − x_n für alle n.

Nach Voraussetzung gilt

∀ε > 0 ∃n₀ ∀n ≥ n₀ |z_n| < ε(Nullfolgenbedingung)

Damit gilt lim_n z_n = 0 (da |z_n| = |z_n − 0|). Nach den Limesregeln für konvergente Folgen ist also die Folge

(y_n)_{n  ∈  ℕ} = (x_n + z_n)_{n  ∈  ℕ}

konvergent und es gilt

lim_n y_n = lim_n x_n + lim_n z_n = x + 0 = x.

Übung 4

Wir definieren rekursiv

x₀ = 1, x_n + 1 = 1 + 1/x_n für alle n  ∈  ℕ.

(a)	Berechnen Sie x₀, …, x₆ in Form von Brüchen und zudem auf vier Nachkommastellen gerundeten Dezimalzahlen. Beschreiben Sie (ohne Beweis) die Folge der Brüche im Sinne eines anschaulichen Bildungsgesetzes.

(b)	Zeigen Sie, dass die Folge (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine linksstartende injektive Pendelfolge ist.

(c)

Nach (b) existieren s = sup_n x_2n = lim_n x_2n, t = inf_n x_2n + 1 = lim_n x_2n + 1. Zeigen Sie, dass s und t Lösungen der Gleichung

x² − x − 1 = 0

sind. Folgern Sie, dass s = t = lim_n x_n und berechnen Sie den Grenzwert. Geben Sie den Grenzwert auch wieder als auf vier Nachkommastellen gerundete Dezimalzahl an.

Lösung zur Übung 4

zu (a): Es gilt

x₀ = ¹₁ = 1

x₁ = ^1 + 1₁ = ²₁ = 2

x₂ = ^1 + 2₂ = ³₂ = 1,5

x₃ = ^1 + 3/2_3/2 = ⁵₃ ∼ 1,6667

x₄ = ^1 + 5/3_5/3 = ⁸₅ = 1,6

x₅ = ^1 + 8/5_8/5 = ¹³₈ = 1,625

x₆ = ^1 + 13/8_13/8 = ²¹₁₃ ∼ 1,6154

Die Folge der Brüche lässt sich so beschreiben:

Der nächste Nenner ist der vorherige Zähler. Der nächste Zähler ist die Summe aus dem vorherigen Zähler und Nenner.

Formaler: Ist x_n = a/b, so ist x_n + 1 = (a + b)/a.

Bemerkung: Die Folge (f_n)_{n  ∈  ℕ} = (1, 1, 3, 5, 8, 13, 21, …) heißt Folge der Fibonacci-Zahlen. Sie ist rekursiv definiert durch

f₀ = f₁ = 1, f_n + 2 = f_n + f_n + 1 für alle n  ∈  ℕ.

Ausgehend von den Anfangswerten 1, 1 ist das nächste Glied stets die Summer der beiden Vorgänger. Für unsere Folge gilt x_n = f_n/f_n + 1 für alle n  ∈  ℕ, was sich leicht durch Induktion beweisen lässt.

zu (b): Wir zeigen:

(+) x_n + 2 liegt zwischen x_n und x_n + 1.

Aus (+) folgt wegen x₀ = 1 < 2 = x₁, dass (x_n)_{n  ∈  ℕ} eine linksstartende injektive Pendelfolge ist.

Beweis von (+)

Wir nehmen zunächst an, dass x_n < x_n + 1 gilt. Wir zeigen, dass x_n < x_n + 2 < x_n + 1. Es gilt

(a)	x_n + 1 − x_n + 2 = 1 + 1/x_n − (1 + 1/x_n + 1) = 1/x_n − 1/x_n + 1 > 0

(b)	x_n + 2 − x_n = ^{x_n + 1 + 1}_{x_n + 1} − x_n > ^{x_n + 1}_{x_n + 1} − x_n = x_n − x_n = 0

(In (a) verwenden wir x_n < x_n + 1, sodass 1/x_n + 1 < 1/x_n. In (b) verwenden wir ebenfalls x_n < x_n + 1 zur Abschätzung des Zählers.)

Aus (a) und (b) folgt x_n < x_n + 2 < x_n + 1. Analog folgt aus x_n + 1 < x_n, dass x_n + 1 < x_n + 2 < x_n. Dies zeigt (+).

zu (c): Nach (b) existieren s und t. Für alle n  ∈  ℕ gilt

x_n + 2 = ^{1 + x_n + 1}_{x_n + 1} = ^{1 + (1 + x_n)/x_n}_{(1 + x_n)/x_n} = ^1 + 2x_n_{1 + x_n}.

Nach dem Limesregeln gilt

s = lim_n x_2n = lim_n x_2n + 2 = lim_n ^1 + 2x_2n_{1 + x_2n} = ^1 + 2s_1 + s,

sodass s² − s − 1 = 0. Analog gilt t² − t − 1 = 0. Nach der Lösungsformel für quadratische Gleichungen hat die Gleichung x² − x − 1 die eindeutige positive Lösung

φ = $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ ∼ 1,6180.(goldener Schnitt)

Wegen s, t > 0 gilt also s = t = φ. Da die Folge pendelt, gilt

φ = s = t = lim_n x_n.