Grenzwert: Beispiele – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Übersicht über wichtige Grenzwerte

• $\lim _{n\rightarrow \infty }c=c$ für alle $c\in \mathbb {R}$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n}}=0$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{k}}}=0$ für alle $k\in \mathbb {N}$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}=0$ für alle $k\in \mathbb {N}$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }q^{n}=0$ für alle $q\in \mathbb {R}$ mit $|q|<1$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{c}}=1$ für alle $c>0$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0$ für alle $k\in \mathbb {N}$ und $z\in \mathbb {R}$ mit $|z|>1$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }n^{k}q^{n}=0$ für alle $k\in \mathbb {N}$ und $q\in \mathbb {R}$ mit $|q|<1$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {z^{n}}{n!}}=0$ für alle $z\in \mathbb {R}$ mit $|z|>1$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {n!}{n^{n}}}=0$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}=e$

Hinweis

In der Analysis ist es sehr wichtig, das Wachstumsverhalten verschiedener Folgen einschätzen zu können. So folgt aus dem Grenzwert $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0$, dass die Folge $(z^{n})_{n\in \mathbb {N} }$ viel schneller wächst als die Folge $(n^{k})_{n\in \mathbb {N} }$. Schreiben wir $a_{n}\ll b_{n}$ für $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}=0$, folgt aus den obigen Grenzwerten:

$1\ll n^{k}\ll z^{n}\ll n!\ll n^{n}$

Konstante Folge

Satz (Grenzwert der konstanten Folge)

Jede konstante Folge konvergiert gegen den Wert ihrer Folgenglieder:

$\lim _{n\rightarrow \infty }c=c$

Beispiel (Grenzwert der konstanten Folge)

• $\lim _{n\rightarrow \infty }42=42$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }-1=-1$

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwert der konstanten Folge)

Im Kern müssen wir zeigen, dass $|a_{n}-c|<\epsilon$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$ erfüllt ist. Nun ist $a_{n}=c$ und damit $|c-c|=0$. Da $\epsilon$ im Beweis stets positiv ist, ist die Ungleichung

$\underbrace {|a_{n}-c|} _{=\ 0}<\epsilon$

immer erfüllt. Wir können also $N$ frei wählen. Legen wir $N=1$ fest. Damit würde im Beweis stehen:

„Wähle $N=1$. Sei $n\in \mathbb {N}$ mit $n\geq N=1$ beliebig. Es ist…

Die Formulierung klingt umständlich, denn für jede natürliche Zahl gilt $n\geq 1$. Einfacher ist der Satz:

„Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt…“

Dieses Beweisfragment ist völlig ausreichend: Wenn „für alle $n\in \mathbb {N}$“ etwas gilt, dann gilt es auch „für fast alle $n\in \mathbb {N}$“.

Beweis (Grenzwert der konstanten Folge)

Sei $a_{n}=c$ eine konstante Folge und sei $\epsilon >0$ beliebig. Für alle $n\in \mathbb {N}$ (und damit für fast alle $n\in \mathbb {N}$) gilt

$|a_{n}-c|=|c-c|=0<\epsilon$

Harmonische Folge

Satz (Grenzwert der harmonischen Folge)

Es ist $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n}}=0$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwert der harmonischen Folge)

Hier haben wir die Ungleichung $\left|{\tfrac {1}{n}}-0\right|<\epsilon$ zu beweisen. Zunächst können wir $\left|{\tfrac {1}{n}}-0\right|$ vereinfachen:

$\left|{\tfrac {1}{n}}-0\right|=\left|{\tfrac {1}{n}}\right|={\tfrac {1}{n}}$

Die Zielgleichung lautet damit ${\tfrac {1}{n}}<\epsilon$. Diese können wir nach $n$ umformen, um eine Bedingung für $n$ zu gewinnen:

${\begin{array}{rrl}&{\tfrac {1}{n}}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot n\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac {1}{\epsilon }}&<n\end{array}}$

Es muss also $n>{\tfrac {1}{\epsilon }}$ sein, damit ${\tfrac {1}{n}}<\epsilon$ ist. Welches $N$ sollten wir also im späteren Beweis wählen?

Wir wählen ein $N\in \mathbb {N}$ mit $N>{\tfrac {1}{\epsilon }}$. Ist nämlich $n\geq N$, dann ist auch $n\geq {\tfrac {1}{\epsilon }}$. Woher wissen wir, dass es so ein $N$ gibt? Für einen vollständigen Beweis müssen wir dies begründen:

Dies folgt aus dem archimedischen Axiom. Nach diesem gibt es nämlich für alle reellen Zahlen $M$ eine natürliche Zahl $N$ mit $N>M$. Wir wählen hier $M={\tfrac {1}{\epsilon }}$.

Beweis (Grenzwert der harmonischen Folge)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wir wählen ein $N\in \mathbb {N}$ mit $N>{\tfrac {1}{\epsilon }}$. Dass so ein $N$ existiert, folgt aus dem archimedischen Axiom. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist

${\begin{aligned}\left|{\tfrac {1}{n}}-0\right|&=\left|{\tfrac {1}{n}}\right|={\tfrac {1}{n}}\leq {\tfrac {1}{N}}<\epsilon \end{aligned}}$

Inverse Potenzfolge

Satz

Für alle $k\in \mathbb {N}$ ist $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{k}}}=0$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Der Beweis funktioniert ähnlich dem der harmonischen Folge. Zunächst vereinfachen wir wieder $\left|{\tfrac {1}{n^{k}}}-0\right|$:

$\left|{\tfrac {1}{n^{k}}}-0\right|=\left|{\tfrac {1}{n^{k}}}\right|={\tfrac {1}{n^{k}}}$

Dann stellen wir ${\tfrac {1}{n^{k}}}<\epsilon$ nach $n$ um, um eine Bedingung für $n$ zu finden:

${\begin{array}{rrl}&{\tfrac {1}{n^{k}}}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot n^{k}\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac {1}{\epsilon }}&<n^{k}\\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[{k}]{\tfrac {1}{\epsilon }}}&<n\\\Leftrightarrow \ &{\frac {1}{\sqrt[{k}]{\epsilon }}}&<n\end{array}}$

Es muss also ein $N$ mit $N>{\frac {1}{\sqrt[{k}]{\epsilon }}}$ gewählt werden. Dieses finden wir wieder mit Hilfe des archimedischen Axioms.

Beweis

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wähle $N\in \mathbb {N}$ so, dass $N>{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{\epsilon }}}$ ist. Ein solches $N$ existiert nach dem archimedischen Axiom. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist

${\begin{array}{rrl}&n&\geq N\\[0.5em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ N>{\frac {1}{\sqrt[{k}]{\epsilon }}}\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&>{\frac {1}{\sqrt[{k}]{\epsilon }}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n\cdot {\sqrt[{k}]{\epsilon }}&>1\\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[{k}]{\epsilon }}&>{\tfrac {1}{n}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>{\tfrac {1}{n^{k}}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>\left|{\tfrac {1}{n^{k}}}-0\right|\\[0.3em]\Rightarrow \ &\left|{\tfrac {1}{n^{k}}}-0\right|&<\epsilon \end{array}}$

Inverse Wurzelfolge

Satz

Für alle $k\in \mathbb {N}$ ist $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}=0$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Der Beweis ähnelt sehr dem der beiden vorherigen Folgen. Zunächst vereinfachen wir wieder $\left|{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}-0\right|$:

$\left|{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}-0\right|=\left|{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}\right|={\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}$

Dann stellen wir ${\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}<\epsilon$ nach $n$ um, um eine Bedingung für $n$ zu finden:

${\begin{array}{rrl}&{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &1&<\epsilon \cdot {\sqrt[{k}]{n}}\\\Leftrightarrow \ &{\tfrac {1}{\epsilon }}&<{\sqrt[{k}]{n}}\\\Leftrightarrow \ &\left({\tfrac {1}{\epsilon }}\right)^{k}&<n\\\Leftrightarrow \ &{\frac {1}{\epsilon ^{k}}}&<n\end{array}}$

Es muss also ein $N$ mit $N>{\frac {1}{\epsilon ^{k}}}$ gewählt werden. Dieses finden wir erneut mit dem archimedischen Axiom.

Beweis

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wähle $N\in \mathbb {N}$ so, dass $N>{\tfrac {1}{\epsilon ^{k}}}$ ist. Ein solches $N$ existiert wegen dem archimedischen Axiom. Damit ist

${\begin{array}{rrl}&N&>{\frac {1}{\epsilon ^{k}}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &N\cdot \epsilon ^{k}&>1\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon ^{k}&>{\tfrac {1}{N}}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\epsilon &>{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{N}}}\\[0.3em]\end{array}}$

Sei nun $n\in \mathbb {N}$ mit $n\geq N$ beliebig. Es ist:

${\begin{array}{rrl}&N&\leq n\\[0.5em]\Rightarrow \ &{\tfrac {1}{n}}&\leq {\tfrac {1}{N}}\\[0.5em]\Rightarrow \ &{\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{n}}}&\leq {\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{N}}}<\epsilon \\\end{array}}$

Geometrische Folge

Satz

Für alle $q\in \mathbb {R}$ mit $|q|<1$ ist $\lim _{n\rightarrow \infty }q^{n}=0$ .

Dieser Satz ist eine Verallgemeinerung der obigen beiden Sätze und schließt sie ein.

Beispiel

• $\lim _{n\rightarrow \infty }\left(-{\tfrac {1}{2}}\right)^{n}=0$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }\left({\tfrac {1}{\pi }}\right)^{n}=0$

Wie kommt man auf den Beweis?

Hier betrachten wir den Betrag $\left|q^{n}-0\right|$, den wir als erstes vereinfachen:

$\left|q^{n}-0\right|=\left|q^{n}\right|=|q|^{n}$

Mit der Bernoulli-Ungleichung kann man beweisen:

„Zu jedem $0\leq a<1$ und jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $a^{N}<\epsilon$.“

Setzen wir $a=|q|$. Es gibt dann ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|q|^{N}<\epsilon$. Für alle $n\geq N$ folgt dann:

$|q|^{n}=\underbrace {|q|^{n-N}} _{\leq \ 1}\cdot \underbrace {|q|^{N}} _{<\ \epsilon }<\epsilon$

Beweis

Sei $\epsilon >0$ und $q\in \mathbb {R}$ mit $|q|<1$ beliebig. Über die Bernoulli-Ungleichung kann man beweisen, dass es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|q|^{N}<\epsilon$ gibt. Dann gilt für alle $n\geq N$:

${\begin{aligned}\left|q^{n}-0\right|&=\left|q^{n}\right|=|q|^{n}=\underbrace {|q|^{n-N}} _{\leq \ 1}\cdot \underbrace {|q|^{N}} _{<\ \epsilon }<\epsilon \end{aligned}}$

Hinweis

Auch für $|q|\geq 1$ lässt sich die geometrische Folge auf Konvergenz untersuchen. Allerdings müssen wir dabei drei Fälle unterscheiden:

• $q=1:$ Hier ist $(q^{n})_{n\in \mathbb {N} }=(1^{n})_{n\in \mathbb {N} }=(1)_{n\in \mathbb {N} }$. Mit dem ersten Beispiel folgt $\lim _{n\to \infty }q^{n}=\lim _{n\to \infty }1=1$.
• $q=-1:$ Hier erhalten wir $(q^{n})_{n\in \mathbb {N} }=\left((-1)^{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$. Diese alternierende Folge divergiert, wie wir in einer Übungsaufgabe im Kapitel „Aufgaben zur Konvergenz und Divergenz“ bewiesen haben.
• $|q|>1:$ Hier divergiert die Folge $(q^{n})_{n\in \mathbb {N} }$. Diese Folge ist unbeschränkt. Im Kapitel „Unbeschränkte Folgen divergieren“ zeigen wir, dass alle unbeschränkte Folgen divergent sind.

n-te Wurzel von c

Satz (Grenzwert Folge mit n-ter Wurzel)

Für alle $c>0$ ist $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{c}}=1$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwert Folge mit n-ter Wurzel)

Am Ende müssen wir die Ungleichung $\left|{\sqrt[{n}]{c}}-1\right|<\epsilon$ zeigen. Führen wir zunächst den Beweis für $c\geq 1$. Dann ist nämlich ${\sqrt[{n}]{c}}\geq 1$, und wir können die Betragsstriche weglassen.

Fall 1: $c\geq 1$

In diesem Fall ist $\left|{\sqrt[{n}]{c}}-1\right|={\sqrt[{n}]{c}}-1$, und wir müssen ${\sqrt[{n}]{c}}-1<\epsilon$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$ beweisen. Formen wir diese Ungleichung um, um eine Bedingung für $n$ zu finden:

${\begin{array}{rrl}&{\sqrt[{n}]{c}}-1&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[{n}]{c}}&<1+\epsilon \\\Leftrightarrow \ &c&<(1+\epsilon )^{n}\\\end{array}}$

Ist die obige Ungleichung sinnvoll? Wegen $\epsilon >0$ ist $1+\epsilon >1$. Damit ist $\left((1+\epsilon )^{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ eine geometrische Folge, die mit wachsenden $n$ beliebig groß wird. Es gibt ein $n$, ab dem $(1+\epsilon )^{n}$ größer ist als $c$, womit wir ${\sqrt[{n}]{c}}-1<\epsilon$ beweisen können. Hierzu hatten wir bereits im Abschnitt „Folgerungen aus der Bernoulli Ungleichung“ bewiesen:

Für jede Zahl $p>1$ und jede Zahl $M\in \mathbb {R}$ gibt es ein $n\in \mathbb {N}$, so dass $p^{n}>M$ ist.

Wenn wir nun $p=1+\epsilon$ und $M=c$ setzen, erhalten wir das gewünschte $N\in \mathbb {N}$ mit $(1+\epsilon )^{N}>c$. Es muss dann nur noch gezeigt werden, dass $(1+\epsilon )^{n}>c$ für $n>N$ ist. Dies folgt aber aus

$(1+\epsilon )^{n}=\underbrace {(1+\epsilon )^{n-N}} _{\geq \ 1}\underbrace {(1+\epsilon )^{N}} _{>\ c}>c$

Fall 2: $c<1$

Diesen Fall können wir auf obigen Fall zurückführen. Hierzu setzen wir $a={\tfrac {1}{c}}$, so dass $a>1$ ist. Wir haben:

${\begin{aligned}\left|{\sqrt[{n}]{c}}-1\right|&=\left|{\sqrt[{n}]{\frac {1}{a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1-{\sqrt[{n}]{a}}}{\sqrt[{n}]{a}}}\right|\\&=\left|{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}\right|\cdot \left|1-{\sqrt[{n}]{a}}\right|\\&={\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}\cdot \left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|\\\end{aligned}}$

Diese Umformung ist sinnvoll, weil wir bereits im ersten Fall gezeigt haben, dass $\left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|$ beliebig klein wird (es ist ja $a>1$). Wir müssen also nur noch den Term ${\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}$ sinnvoll nach oben abschätzen. Nun ist aber

${\begin{array}{rrl}&a&>1\\\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{a}}&>1\\\Rightarrow \ &{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}&<1\end{array}}$

Also ist

${\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}\cdot \left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|<\left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|$

und von $\left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|$ haben wir bereits im ersten Teil gezeigt, dass es beliebig klein wird.

Beweis (Grenzwert Folge mit n-ter Wurzel)

Fall 1: $c\geq 1$

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Aus dem Satz

Für jede Zahl $p>1$ und jede Zahl $M\in \mathbb {R}$ gibt es ein $n\in \mathbb {N}$, so dass $p^{n}>M$ ist.

folgt, dass es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $(1+\epsilon )^{N}>c$ gibt. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist

$(1+\epsilon )^{n}=\underbrace {(1+\epsilon )^{n-N}} _{\geq \ 1}\underbrace {(1+\epsilon )^{N}} _{>\ c}>c$

Also ist

${\begin{array}{rrl}&c&<(1+\epsilon )^{n}\\\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{c}}&<1+\epsilon \\\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{c}}-1&<\epsilon \\\Rightarrow \ &\left|{\sqrt[{n}]{c}}-1\right|&<\epsilon \\\end{array}}$

Fall 2: $c<1$

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Setze zunächst $a={\tfrac {1}{c}}$. Es ist $a>1$, und aus dem ersten Fall wissen wir, dass es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $\left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ gibt. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist zunächst

${\begin{array}{rrl}&a&>1\\\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{a}}&>1\\\Rightarrow \ &{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}&<1\end{array}}$

und damit

${\begin{aligned}\left|{\sqrt[{n}]{c}}-1\right|&=\left|{\sqrt[{n}]{\frac {1}{a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}-1\right|\\&=\left|{\frac {1-{\sqrt[{n}]{a}}}{\sqrt[{n}]{a}}}\right|\\&=\left|{\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}\right|\cdot \left|1-{\sqrt[{n}]{a}}\right|\\&={\frac {1}{\sqrt[{n}]{a}}}\cdot \left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|\\&<\left|{\sqrt[{n}]{a}}-1\right|\\&<\epsilon \\\end{aligned}}$

n-te Wurzel von n

Satz (Grenzwert n-te Wurzel von n)

Es ist $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwert n-te Wurzel von n)

Der abzuschätzende Betrag ist $\left|{\sqrt[{n}]{n}}-1\right|<\epsilon$. Auch hier können wir versuchen, die Ungleichung umzustellen, um Bedingungen für $n$ zu finden:

${\begin{array}{rrl}&\left|{\sqrt[{n}]{n}}-1\right|&<\epsilon \\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\sqrt[{n}]{n}}\geq 1\right.}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &{\sqrt[{n}]{n}}-1&<\epsilon \\\Leftrightarrow \ &{\sqrt[{n}]{n}}&<1+\epsilon \\\Leftrightarrow \ &n&<(1+\epsilon )^{n}\\\end{array}}$

$(1+\epsilon )^{n}$ und $n$ wachsen beide über alle Grenzen hinaus. Wir müssen also zeigen, dass $(1+\epsilon )^{n}$ irgendwann größer wird als $n$. Sehen wir uns dazu $(1+\epsilon )^{n}$ an. Nach dem binomischen Lehrsatz ist

$(1+\epsilon )^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\epsilon ^{k}=1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}$

Jeder Summand dieser Summe ist größer-gleich Null. Wenn wir zeigen können, dass $n$ kleiner als eine Teilsumme von $1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}$ ist, wissen wir, dass $n$ kleiner als $1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}=(1+\epsilon )^{n}$ ist. Wir wählen die Summanden $1$ und ${\tfrac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}$ (wir werden gleich sehen, dass diese beiden Summanden ausreichen) und zeigen

$n<1+{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}$

Indem wir die oben stehende Formel zeigen, wobei gleichzeitig

$1+{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\leq 1+n\epsilon +{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}+\ldots +\epsilon ^{n}=(1+\epsilon )^{n}$

gilt, zeigen wir auch

$n<(1+\epsilon )^{n}$

Um eine Bedingung für $n$ zu finden, formen wir $n<1+{\tfrac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}$ um:

${\begin{array}{rrl}&n&<1+{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &n-1&<{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &1&<{\frac {n}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &2&<n\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Leftrightarrow \ &{\frac {2}{\epsilon ^{2}}}&<n\end{array}}$

Über das archimedische Axiom finden wir ein $N$, sodass ${\tfrac {2}{\epsilon ^{2}}}<n$ für alle $n\geq N$ gilt.

Beweis (Grenzwert n-te Wurzel von n)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wir wählen $N\in \mathbb {N}$ nach dem archimedischen Axiom so, dass $N>{\tfrac {2}{\epsilon ^{2}}}$ ist. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist

${\begin{array}{rrl}&{\frac {2}{\epsilon ^{2}}}&<n\\[0.3em]\Rightarrow \ &2&<n\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &1&<{\frac {n}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n-1&<{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&<1+{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 1+{\frac {n(n-1)}{2}}\epsilon ^{2}\leq \sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\epsilon ^{k}=(1+\epsilon )^{n}\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &n&<(1+\epsilon )^{n}\\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{n}}&<1+\epsilon \\[0.3em]\Rightarrow \ &{\sqrt[{n}]{n}}-1&<\epsilon \\[0.3em]&&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\sqrt[{n}]{n}}\geq 1\right.}\\[0.3em]\Rightarrow \ &\left|{\sqrt[{n}]{n}}-1\right|&<\epsilon \\[0.3em]\end{array}}$

Quotient Potenzfolge durch geometrische Folge

Satz

Sei $k\in \mathbb {N}$ beliebig und $z$ eine reelle Zahl mit $|z|>1$. Es ist dann $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Auch dieser Grenzwertbeweis ist relativ schwierig. Natürlich wollen wir trotzdem erklären, durch welche Gedanken man selbst auf die Lösung kommen kann. Dabei werden einige „Tricks“ eingesetzt, die auch bei späteren Beweisen helfen können. Der erste ist es, $|z|>1$ als $1+x$ mit $x=|z|-1>0$ zu schreiben. Auf $(1+x)^{n}$ können wir dann den binomischen Lehrsatz anwenden, der uns eine geeignete Abschätzung des Ausdrucks nach oben ermöglicht. Also ist

${\begin{aligned}\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|&={\frac {\left|n^{k}\right|}{\left|z^{n}\right|}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{(1+x)^{n}}}\\[0.5em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{\sum \limits _{l=0}^{n}{\binom {n}{l}}x^{l}}}\end{aligned}}$

Die Summe des Nenners macht den Bruch kompliziert. Es wäre schön, ihn durch einen „einfacheren“ Ausdruck zu ersetzen. Zum Glück ist jeder der Summanden ${\binom {n}{l}}x^{l}$ positiv. Wenn wir also Summanden weglassen, dann machen wir die Summe, und damit den Nenner, kleiner. Der gesamte Quotienten wird somit größer (dies ist in Ordnung, weil wir nach oben abschätzen wollen). Die Frage ist nun, welche Summanden weggelassen werden sollen.

Da im Zähler $n^{k}$ steht, ist es sinnvoll den Ausdruck im Nenner durch einen Ausdruck der Form $c_{k}\cdot n^{k+1}$ abzuschätzen, wobei $c_{k}\in \mathbb {R} ^{+}$ nicht von $n$ abhängen soll. Dann bildet der Bruch nach der Abschätzung auf jeden Fall eine Nullfolge. Daher behalten wir nur den Summanden für $l=k+1$ bei, also ${\binom {n}{k+1}}x^{k+1}$, und alle anderen Summanden lassen wir weg. Der Ausdruck ${\binom {n}{k+1}}={\tfrac {n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k)}{(k+1)!}}$ erhällt nach dem Ausmultiplizieren im Zähler den Summanden $n^{k+1}$ mit der größten Potenz. Dazu muss zunächst $n\geq k+1$ sein, da nur dann in der Summe $\sum \limits _{l=0}^{n}{\binom {n}{l}}x^{l}$ der Summand für $l=k+1$ vorkommt. Wir erhalten

${\begin{aligned}{\frac {n^{k}}{\sum _{l=0}^{n}{\binom {n}{l}}x^{l}}}&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom {n}{k+1}}x^{k+1}}}\\[0.5em]&={\frac {n^{k}}{{\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}{(k+1)!}}x^{k+1}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-Faktoren}}}}{\underbrace {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)} _{(k+1){\text{-Faktoren}}}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-Faktoren}}}}{\underbrace {(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)} _{k{\text{-Faktoren}}}}}\cdot {\frac {1}{n}}\end{aligned}}$

Wenn wir es jetzt noch schaffen, den mittleren Ausdruck ${\tfrac {n\cdot n\cdot n\dots n}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}$, nach oben, durch einen von $n$ unabhängigen Ausdruck abzuschätzen, so sind wir endlich am Ziel! Der (Vor-)Faktor ${\tfrac {(k+1)!}{x^{k+1}}}$ bleibt im Limes $n\to \infty$ konstant und stellt daher kein Problem für die Konvergenz gegen Null dar. Wir brauchen nun allerdings noch die zusätzliche Forderung $n\geq 2k\iff {\tfrac {n}{2}}\geq k$. Damit gilt

${\begin{aligned}n-1&={\frac {n}{2}}+\underbrace {{\frac {n}{2}}-1} _{\geq 0}\geq {\frac {n}{2}},\\[0.3em]n-2&={\frac {n}{2}}+\underbrace {{\frac {n}{2}}-2} _{\geq 0}\geq {\frac {n}{2}},\\[0.3em]\vdots &\\[0.3em]n-k&={\frac {n}{2}}+\underbrace {{\frac {n}{2}}-k} _{\geq 0}\geq {\frac {n}{2}}\end{aligned}}$

Daraus wiederum ergibt sich

${\begin{aligned}{\frac {n\cdot n\cdot n\dots n}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}&\leq {\frac {\overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-Mal}}}}{\underbrace {({\frac {n}{2}})\cdot ({\frac {n}{2}})\dots ({\frac {n}{2}})} _{k{\text{-Mal}}}}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{\frac {n^{k}}{2^{k}}}}\\[0.3em]&=2^{k}\end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir

${\begin{aligned}{\frac {n^{k}}{\sum _{l=0}^{n}{\binom {n}{l}}x^{l}}}&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom {n}{k+1}}x^{k+1}}}\\[0.5em]&\leq {\frac {(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {n^{k}}{(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)}}\cdot {\frac {1}{n}}\\[0.5em]&\leq {\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}\end{aligned}}$

Da der Ausdruck ${\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}$ nicht von $n$ abhängt und $({\tfrac {1}{n}})$ eine Nullfolge ist, ist der letzte Ausdruck ebenfalls eine Nullfolge.

Um dies mathematisch korrekt zu beweisen, müssen wir jedoch noch zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$ finden, so dass für alle $n\geq N$ gilt:

$\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}-0\right|={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}<\epsilon$

Für unsere oberen Abschätzungen benötigen wir zunächst die Bedingungen $n>k+1$ und $n>2k$. Da $2k>k+1$ für alle $k\in \mathbb {N}$ ist, reicht die stärkere Bedingung $n>2k$ schon aus. Weiter gilt

${\begin{array}{lrl}&{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}&<\epsilon \\[1em]\iff \ &{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}&<\epsilon n\\[1em]\iff \ &{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}&<n\end{array}}$

Daher benötigen wir als zweite Bedingung noch $n>{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}$. Um sicher zu gehen, dass beide Bedingungen erfüllt sind, forden wir $N>\max \left\{2k,{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}\right\}$. Dann folgt insgesamt

$\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|\leq {\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}<\epsilon$

Beweis

Sei $z\in \mathbb {R}$ mit $|z|>1$ beliebig. Setze $x=|z|-1$. Es ist dann $|z|=1+x$ mit $x>0$.

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wähle eine natürliche Zahl $N$ mit $N>\max \left\{2k,{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{\epsilon }}\right\}$. Sei $n\geq N$ beliebig. So ist:

${\begin{aligned}\left|{\frac {n^{k}}{z^{n}}}\right|&={\frac {\left|n^{k}\right|}{\left|z^{n}\right|}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{|z|^{n}}}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{(1+x)^{n}}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Binomischer Lehrsatz}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {n^{k}}{\sum _{l=0}^{n}{\binom {n}{l}}x^{l}}}\\[0.3em]&\leq {\frac {n^{k}}{{\binom {n}{k+1}}x^{k+1}}}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-mal}}}}{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)\cdot x^{k+1}}}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-mal}}}}{\underbrace {(n-1)\cdot (n-2)\dots (n-k)} _{k{\text{-mal}}}\cdot x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ n>2k\ \Longrightarrow \ n-1\geq {\frac {n}{2}},\ \ldots \ ,n-k\geq {\frac {n}{2}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {(k+1)!\cdot \overbrace {n\cdot n\cdot n\dots n} ^{k{\text{-mal}}}}{\underbrace {{\frac {n}{2}}\cdot {\frac {n}{2}}\dots {\frac {n}{2}}} _{k{\text{-mal}}}\cdot x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}\\[0.3em]&={\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{n}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ n\geq N>{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}{\frac {1}{\epsilon }}\right.}\\[0.3em]&<{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{{\frac {2^{k}(k+1)!}{x^{k+1}}}{\frac {1}{\epsilon }}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\frac {1}{\epsilon }}}\\&=\epsilon \end{aligned}}$

Hinweis

Dieser Grenzwert taucht gelegentlich auch in der Form $\lim _{n\to \infty }n^{k}q^{n}=0$ für alle $k\in \mathbb {N}$ und $q\in \mathbb {R}$ mit $|q|<1$ auf. Ist nämlich $|q|<1$ , so gilt für $z={\tfrac {1}{q}}$ offensichtlich $|z|={\tfrac {1}{|q|}}>1$. Also gilt

$\lim _{n\to \infty }n^{k}q^{n}{\overset {z={\tfrac {1}{q}}}{=}}\lim _{n\to \infty }{\tfrac {n^{k}}{z^{n}}}=0$

Quotient geometrische Folge durch Fakultätfolge

Satz

Sei $z$ eine reelle Zahl mit $|z|>1$. Es ist dann $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {z^{n}}{n!}}=0$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Um den Satz zu beweisen, müssen wir zeigen, dass $\left|{\tfrac {z^{n}}{n!}}\right|={\tfrac {|z|^{n}}{n!}}={\tfrac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}}$ für große $n$ beliebig klein wird. Dafür werden wir den Ausdruck nach oben durch einen anderen Ausdruck abschätzen, von dem wir bereits wissen, dass er beliebig klein wird.

Wenn wir uns den Quotienten ansehen, fällt uns auf, dass Zähler und Nenner immer gleich viele Faktoren haben ($n$ Stück). Die Faktoren im Nenner werden allerdings immer größer, wohingegen die im Zähler immer gleich $|z|$ ist. Sobald $k>|z|$ ist, ist ${\tfrac {|z|}{k}}<1$. Dies können wir für unsere Abschätzung ausnutzen, indem wir diese Faktoren ${\tfrac {|z|}{k}}$ getrennt zusammenfassen. Sei also $M\geq |z|$ und $n\geq M+1$. Es ist dann

${\begin{aligned}{\frac {|z|^{n}}{n!}}&={\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&=\underbrace {\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot M}} _{={\tfrac {|z|^{M}}{M!}}}\cdot \overbrace {\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{(M+1)\cdot (M+2)\cdot \ldots \cdot n}} ^{{\text{je }}n-M{\text{ Faktoren}}}\\&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\tfrac {|z|}{M+1}},{\tfrac {|z|}{M+2}},\ldots ,{\tfrac {|z|}{n}}\leq {\tfrac {|z|}{M+1}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{n-M}}{(M+1)^{n-M}}}\\&={\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{n}}{(M+1)^{n}}}\cdot {\frac {(M+1)^{M}}{|z|^{M}}}\\&=\underbrace {\frac {(M+1)^{M}}{M!}} _{{\text{konstant bzgl. }}n}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\end{aligned}}$

Wegen ${\tfrac {|z|}{M+1}}<1$ wird $\left({\tfrac {|z|}{M+1}}\right)^{n}$ als geometrische Folge beliebig klein, während der Faktor ${\tfrac {(M+1)^{M}}{M!}}$ konstant bezüglich $n$ ist. Damit können wir $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {z^{n}}{n!}}=0$ zeigen, da

${\frac {|z|^{n}}{n!}}\leq \underbrace {\underbrace {\frac {(M+1)^{M}}{M!}} _{{\text{konstant bzgl. }}n}\cdot \underbrace {\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}} _{\to 0}} _{\to 0}$

Sei nun $\epsilon >0$ gegeben. Wir müssen nun ein $N\in \mathbb {N}$ finden, so dass für alle $n\geq N$ die Ungleichung ${\tfrac {|z|^{n}}{n!}}<\epsilon$ erfüllt ist. Hierzu schauen wir, wann die rechte Seite der obigen Ungleichung kleiner als $\epsilon$ ist (weil es dann auch die linke Ungleichung sein muss). Wir erhalten:

${\begin{aligned}&&{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}&<\epsilon \\[0.5em]&\iff &\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}&<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}\end{aligned}}$

Die rechte Seite der Ungleichung ist unabhängig von $n$. Weil ${\tfrac {|z|}{M+1}}<1$ ist, gibt es nach einer Folgerung zum Archimedischen Axiom ein $L\in \mathbb {N}$, so dass

$\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}$

Damit ist für alle $n\geq L$

$\left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\leq \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}<\epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}$

so dass wir alles zusammen haben, um den Beweis aufzuschreiben. Da wir im Laufe des Lösungswegs $n\geq L$ und $n\geq M+1$ gefordert haben, werden wir $N=\max\{M+1,L\}$ wählen (so dass $n\geq N$ beide Bedingungen $n\geq L$ und $n\geq M+1$ impliziert).

Beweis

Sei $\epsilon >0$. Nach dem Archimedischen Axiom gibt es ein $M\in \mathbb {N}$ mit $M\geq |z|$. Dann gilt für alle $n\geq M+1$:

${\begin{aligned}{\frac {|z|^{n}}{n!}}&={\frac {|z|\cdot |z|\cdot \ldots \cdot |z|}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&={\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{n-M}}{(M+1)\cdot (M+2)\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\tfrac {|z|}{M+1}},{\tfrac {|z|}{M+2}},\ldots ,{\tfrac {|z|}{n}}\leq {\tfrac {|z|}{M+1}}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{n-M}}{(M+1)^{n-M}}}\\&=\underbrace {\frac {(M+1)^{M}}{M!}} _{\text{fest}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\end{aligned}}$

Wegen ${\tfrac {|z|}{M+1}}<1$ gibt es ein $L\in \mathbb {N}$ so, dass $\left({\tfrac {|z|}{M+1}}\right)^{L}<\epsilon \cdot {\tfrac {M!}{(M+1)^{M}}}$. Für alle $n\geq N=\max\{M+1,L\}$ gilt dann

${\begin{aligned}\left|{\frac {z^{n}}{n!}}\right|&={\frac {|z|^{n}}{n!}}\\[0.5em]&\leq {\frac {|z|^{M}}{M!}}\cdot {\frac {|z|^{n-M}}{(M+1)^{n-M}}}\\[0.5em]&={\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{n}\\[0.5em]&\leq {\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \left({\frac {|z|}{M+1}}\right)^{L}\\[0.5em]&<{\frac {(M+1)^{M}}{M!}}\cdot \epsilon \cdot {\frac {M!}{(M+1)^{M}}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Fakultätfolge durch $n^{n}$

Satz

Es gilt $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {n!}{n^{n}}}=0$.

Beweis

Sei $\epsilon >0$. Wähle $N\in \mathbb {N}$ so, dass $N\geq {\tfrac {1}{\epsilon }}+1$. Für alle $n\geq N$ gilt dann

${\begin{aligned}\left|{\frac {n!}{n^{n}}}-0\right|&={\frac {n!}{n^{n}}}={\frac {1}{n}}\cdot {\frac {2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}{n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}}\\[0.3em]&={\frac {1}{n}}\cdot \prod _{k=2}^{n}{\frac {k}{n}}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k}{n}}\leq 1{\text{ für alle }}k\in \{2,\ldots ,n\}{\text{ und somit }}\prod _{k=2}^{n}{\frac {k}{n}}\leq 1\right.}\\[0.3em]&\leq {\frac {1}{n}}\leq {\frac {1}{{\tfrac {1}{\epsilon }}+1}}<\epsilon \end{aligned}}$