Grenzwertsätze: Grenzwert von Folgen berechnen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Epsilon-Beweise für Grenzwerte können sehr aufwendig werden. In diesem Kapitel behandeln wir einige Sätze, die die Bestimmung von Grenzwerten vereinfachen.

Die Grenzwertsätze

Die Grenzwertsätze für konvergente Folgen lauten:

Satz (Grenzwertsätze)

Seien $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ und $\left(b_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ zwei konvergente Folgen mit $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=a$ und $\lim _{n\rightarrow \infty }b_{n}=b$. Sei außerdem $k\in \mathbb {N}$ beliebig. Es gilt

• $\lim _{n\rightarrow \infty }|a_{n}|=|a|$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}+b_{n}=a+b$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda \cdot a_{n}=\lambda \cdot a$ für alle $\lambda \in \mathbb {R}$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}\cdot b_{n}=a\cdot b$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}^{k}=a^{k}$

Wenn außerdem $b\neq 0$ und $b_{n}\neq 0$ für alle $n\in \mathbb {N}$ ist, dann gilt auch

• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{b_{n}}}={\frac {1}{b}}$
• $\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {a_{n}}{b_{n}}}={\frac {a}{b}}$

Für $k\in \mathbb {N}$ und $a_{n}\geq 0$ für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt:

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{k}]{a_{n}}}={\sqrt[{k}]{a}}$

Warnung

Diese Regeln gelten nur, wenn alle Teilfolgen, die in den Grenzwertregeln vorkommen, konvergieren. Wenn auch nur eine dieser Folgen divergiert, können wir den Satz nicht anwenden.

Wir müssen außerdem beachten, dass $\infty$ und $-\infty$ keine reellen Zahlen sind und damit auch keine gültigen Grenzwerte. Wenn also beispielsweise $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=\infty$ ist, dann divergiert $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ und wir können keinen der Grenzwertsätze anwenden.

Monotonieregel: Grenzwerte abschätzen

Außerdem gilt die Monotonieregel, die wir zum Abschätzen der Grenzwerte verwenden können:

Satz (Monotonieregel)

Seien $\left(a_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ und $\left(b_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ zwei konvergente Folgen. Wenn $a_{n}\leq b_{n}$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$ ist, dann gilt die Ungleichung:

$\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}\leq \lim _{n\rightarrow \infty }b_{n}$

Beispiel: Grenzwert einer Folge berechnen

Betrachten wir die Folge

$x_{n}={\frac {5-{\sqrt[{n}]{23}}}{{\sqrt[{n}]{n}}+{\tfrac {1}{n^{2}}}}}$

Ein Beweis mit $\epsilon$-Umgebung zur Bestimmung der Konvergenz wäre sehr kompliziert. Zum Glück erkennen wir in der Folgendefinition viele Folgen, deren Konvergenzverhalten wir bereits kennen. So ist zum Beispiel $\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{23}}=1$. Durch schrittweise Anwendung der Grenzwertsätze können wir den Grenzwert bestimmen:

${\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}&=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {5-{\sqrt[{n}]{23}}}{{\sqrt[{n}]{n}}+{\tfrac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotientenregel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim _{n\rightarrow \infty }5-{\sqrt[{n}]{23}}}{\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}+{\tfrac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Summenregel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }5\right)+\left(\lim _{n\rightarrow \infty }-{\sqrt[{n}]{23}}\right)}{\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}\right)+\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }5\right)-\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{23}}\right)}{\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}\right)+\left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{2}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{bekannte Grenzwerte ausrechnen}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {5-1}{1+0}}=4\end{aligned}}$

So können wir zeigen, dass $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert und den Grenzwert $4$ besitzt. Diese Herleitung hat aber einen Haken: Wir benutzen die Grenzwertsätze, bevor wir die Konvergenz der einzelnen Folgen gezeigt haben. Dass diese Folgen konvergieren, ergibt sich erst im Argumentationsverlauf, nachdem wir die Grenzwertsätze schon verwendet haben. Deswegen ist diese Herleitung kein gültiger Beweis. Ein gültiger Beweis ist zum Beispiel folgender:

${\begin{array}{ll}&{\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }5=5&\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{23}}=1\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1\\[0.3em]&\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{2}}}=0\end{aligned}}\\[0.7em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel}}\right.}\\[0.7em]\implies &{\begin{aligned}\lim _{n\rightarrow \infty }5=5&\land \lim _{n\rightarrow \infty }-{\sqrt[{n}]{23}}=-1\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}=1\\[0.3em]&\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n^{2}}}=0\end{aligned}}\\[0.7em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Summenregel}}\right.}\\[0.7em]\implies &\lim _{n\rightarrow \infty }5-{\sqrt[{n}]{23}}=5-1=4\land \lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n}}+{\tfrac {1}{n^{2}}}=1+0=1\\[0.7em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotientenregel}}\right.}\\[0.7em]\implies &\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {5-{\sqrt[{n}]{23}}}{{\sqrt[{n}]{n}}+{\tfrac {1}{n^{2}}}}}={\frac {4}{1}}=4\end{array}}$

Wir beginnen mit der Konvergenz der Folgen, deren Konvergenzverhalten wir kennen. Durch schrittweise Anwendung der Grenzwertsätze in umgekehrter Reihenfolge leiten wir dann die Konvergenz der betrachteten Folge $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und ihren Grenzwert her. Beim Zeichen $\land$ handelt es sich um die Konjunktion, die man als „und“ lesen kann.

Den Beweis so aufzuschreiben ist aber aufwendig und macht keinen Spaß. Meist zeigen wir diese Aussagen wie die Beweisskizze oben. Wir wenden einfach die Grenzwertsätze an, obwohl wir nicht wissen, ob die Folgen konvergieren. Wir müssen aber im Nachhinein anmerken, dass wir die Grenzwertsätze anwenden durften. Das gilt, weil am Ende alles konvergiert. Weil bei den letzten Schritten alles funktioniert, durften wir die Schritte davor machen. Wenn wir den Beweis also durch direkte Anwendung der Grenzwertsätze zeigen wollen, müssen wir noch erklären, dass wir diese Sätze benutzen durften.

Probleme mit divergenten Folgen

Die Grenzwertsätze dürfen nicht benutzt werden, wenn eine der Teilfolgen divergiert. Durch falsche Anwendung der Grenzwertsätze, können schnell Fehler auftreten:

${\begin{aligned}1&=\lim _{n\rightarrow \infty }1\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }n\cdot {\tfrac {1}{n}}\\&=\left(\lim _{n\rightarrow \infty }n\right)\cdot \left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {1}{n}}\right)\\&=\infty \cdot 0\\&=0\end{aligned}}$

Frage: Wo liegt der Fehler in der obigen Herleitung?

$\infty$ ist keine reelle Zahl und damit divergiert die Folge $(n)_{n\in \mathbb {N} }$ wegen $\lim _{n\rightarrow \infty }n=\infty$. Schließlich konvergiert eine Folge nur, wenn ihr Grenzwert eine reelle Zahl ist. Der Produktsatz $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}\cdot b_{n}=\left(\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}\right)\cdot \left(\lim _{n\rightarrow \infty }b_{n}\right)$ darf deswegen nicht angewandt werden.

Dieses Beispiel zeigt, warum die Grenzwertsätze nicht verwendet werden dürfen, wenn eine der Subfolgen gegen $\infty$ oder $-\infty$ divergiert.

Beweise der Grenzwertsätze

Die Betragsregel

Satz (Grenzwertregel mit Absolutbetrag)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit dem Grenzwert $a$. Dann ist $\lim _{n\rightarrow \infty }|a_{n}|=|a|$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwertregel mit Absolutbetrag)

Aus $\lim _{n\to \infty }a_{n}=a$ folgt, dass $|a_{n}-a|$ beliebig klein wird. Wir müssen zeigen, dass auch $||a_{n}|-|a||$ beliebig klein wird. Im Kapitel zum Betrag haben wir folgende Ungleichung bewiesen

$||x|-|y||\leq |x-y|$

Damit ist

$||a_{n}|-|a||\leq |a_{n}-a|$

Wenn $|a_{n}-a|$ kleiner als $\epsilon$ ist, dann ist es somit auch $||a_{n}|-|a||$. Dies können wir für den Beweis der Konvergenz nutzen. Sei $\epsilon >0$. Wir müssen nun ein $N\in \mathbb {N}$ finden, sodass $||a_{n}|-|a||<\epsilon$ für alle $n\geq N$ ist. Wegen $\lim _{n\to \infty }a_{n}=a$ wissen wir, dass es ein ${\tilde {N}}\in \mathbb {N}$ gibt, sodass $|a_{n}-a|<\epsilon$ für alle $n\geq {\tilde {N}}$ gilt.

Wie wir gesehen haben, folgt aus $|a_{n}-a|<\epsilon$ die Ungleichung $||a_{n}|-|a||<\epsilon$. Damit können wir im Beweis $N={\tilde {N}}$ setzen. Da nämlich $|a_{n}-a|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ ist, folgt daraus auch $||a_{n}|-|a||<\epsilon$ für alle $n\geq N$.

Beweis (Grenzwertregel mit Absolutbetrag)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Weil $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $a$ konvergiert, gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|a_{n}-a|<\epsilon$ für alle $n\geq N$. Sei nun $n\geq N$ beliebig. Wegen der umgekehrten Dreiecksungleichung $||x|-|y||\leq |x-y|$ folgt

$||a_{n}|-|a||\leq |a_{n}-a|<\epsilon$

Umkehrung der Betragsregel bei Nullfolgen

Ist $(|a_{n}|)_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge, so gilt auch die Umkehrung der Betragsregel. Aus $\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=0$ folgt $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$:

Satz

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge. Wenn $\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=0$ ist, konvergiert die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen Null. Es ist dann $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$.

Beweis

Wegen $\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=0$ folgt die Aussage

Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $||a_{n}|-0|<\epsilon$ für alle $n\geq N$.

Nun ist $||a_{n}|-0|=||a_{n}||=|a_{n}|=|a_{n}-0|$. Damit gilt auch folgende Aussage

Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|a_{n}-0|<\epsilon$ für alle $n\geq N$.

Dies ist gleichbedeutend mit $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$.

Die Betragsregel kann nur bei Nullfolgen umgekehrt werden. Für allgemeine Folgen geht dies nicht. Für die divergente Folge $a_{n}=(-1)^{n}$ ist beispielsweise $\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=1$. Hier ist $\lim _{n\to \infty }|a_{n}|=1$ und $\lim _{n\to \infty }a_{n}\neq 1$.

Die Summenregel

Satz (Grenzwertsatz für Summen)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $b$. Dann konvergiert auch die Folge $(a_{n}+b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}+b_{n}=a+b$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwertsatz für Summen)

Wir müssen zeigen, dass der Betrag $|(a_{n}+b_{n})-(a+b)|$ beliebig klein wird. Wir können verwenden, dass die Beträge $|a_{n}-a|$ und $|b_{n}-b|$ beliebig klein werden. Deswegen sollten wir eine Abschätzung von $|(a_{n}+b_{n})-(a+b)|$ nach oben finden, bei der die Beträge $|a_{n}-a|$ oder $|b_{n}-b|$ vorkommen. Hier gibt es einen Trick: Wir schreiben den Term $(a_{n}+b_{n})-(a+b)$ geschickt um und verwenden dann die Dreiecksungleichung

${\begin{aligned}|(a_{n}+b_{n})-(a+b)|&=|(a_{n}-a)+(b_{n}-b)|\\&\leq |a_{n}-a|+|b_{n}-b|\end{aligned}}$

Weil $|a_{n}-a|$ und $|b_{n}-b|$ beliebig klein werden, sollte auch ihre Summe beliebig klein werden. Somit sollte unsere Abschätzung ausreichen. Jedoch müssen wir noch einen Epsilon-Beweis für unsere Vermutung formulieren. Auch hier können wir einen Trick verwenden: In der Summe haben wir zwei Beträge und jeden schätzen wir gegen ${\tfrac {\epsilon }{2}}$ ab. Wenn nämlich $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ und $|b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ ist, dann ist

$|a_{n}-a|+|b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}+{\tfrac {\epsilon }{2}}=\epsilon$

Wir wissen, dass es ein $N_{1}$ mit $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ für alle $n\geq N_{1}$ gibt. Analog existiert ein $N_{2}$ mit $|b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ für alle $n\geq N_{2}$. Für unseren Beweis brauchen wir gleichzeitig $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ und $|b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$. Also sollte gleichzeitig $n\geq N_{1}$ und $n\geq N_{2}$ gelten. Unser Ziel ist es, ein $N\in \mathbb {N}$ zu finden, sodass aus $n\geq N$ sowohl $n\geq N_{1}$ als auch $n\geq N_{2}$ folgt. Eine Möglichkeit ist, $N=\max\{N_{1},\,N_{2}\}$ zu wählen. Aus $n\geq \max\{N_{1},\,N_{2}\}$ folgt nämlich $n\geq N_{1}$ und $n\geq N_{2}$.

Beweis (Grenzwertsatz für Summen)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Es gibt ein $N_{1}$ mit $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ für alle $n\geq N_{1}$, weil $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=a$ ist. Außerdem gibt es wegen $\lim _{n\to \infty }b_{n}=b$ ein $N_{2}$ mit $|b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ für alle $n\geq N_{2}$. Wir wählen $N=\max\{N_{1},\,N_{2}\}$. Sei $n\geq N$ beliebig. Es ist

${\begin{aligned}|(a_{n}+b_{n})-(a+b)|&=|(a_{n}-a)+(b_{n}-b)|\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.5em]&\leq |a_{n}-a|+|b_{n}-b|\\&<{\tfrac {\epsilon }{2}}+{\tfrac {\epsilon }{2}}=\epsilon \end{aligned}}$

Die Faktorregel

Satz (Faktorregel für Grenzwerte)

Sei $\lambda \in \mathbb {R}$ beliebig und $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$. Dann konvergiert auch die Folge $(\lambda a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda a_{n}=\lambda a$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Faktorregel für Grenzwerte)

Um $\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda a_{n}=\lambda a$ zu beweisen, müssen wir $|\lambda a_{n}-\lambda a|<\epsilon$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$ zeigen. Formen wir diese Ungleichung um:

${\begin{array}{lrl}&|\lambda a_{n}-\lambda a|&<\epsilon \\\iff {}&|\lambda \cdot (a_{n}-a)|&<\epsilon \\\iff {}&|\lambda |\cdot |a_{n}-a|&<\epsilon \end{array}}$

Wir können nicht pauschal durch $|\lambda |$ teilen, weil $\lambda$ auch Null sein könnte. Jedoch ist der Fall $\lambda =0$ einfach zu zeigen. Hier müssen wir beweisen, dass $\lim _{n\to \infty }\lambda a_{n}=\lambda a=0\cdot a=0$ ist. Da $\lambda a_{n}=0\cdot a_{n}=0$ ist, folgt $\lim _{n\to \infty }\lambda a_{n}=\lim _{n\to \infty }0=0$, was zu zeigen war. Schauen wir uns den Fall $\lambda \neq 0$ an:

${\begin{array}{lrl}&|\lambda |\cdot |a_{n}-a|&<\epsilon \\\iff {}&|a_{n}-a|&<{\frac {\epsilon }{|\lambda |}}\end{array}}$

Weil $|a_{n}-a|$ gegen $0$ konvergiert, gibt es ein $N\in \mathbb {N}$, sodass $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{|\lambda |}}$ für alle $n\geq N$ ist.

Beweis (Faktorregel für Grenzwerte)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Sei außerdem $\lambda \in \mathbb {R}$ und $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$.

Fall 1: $\lambda =0$

Es ist $\lambda a_{n}=0\cdot a_{n}=0$ und damit

$\lim _{n\rightarrow \infty }\lambda a_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }0=0=0\cdot a=\lambda \cdot a$

Fall 2: $\lambda \neq 0$

Wähle $N$ so, dass $|a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{|\lambda |}}$ für alle $n\geq N$ ist. Ein solches $N$ existiert, weil $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $a$ konvergiert. Es ist dann

${\begin{array}{lrl}&|a_{n}-a|&<{\frac {\epsilon }{|\lambda |}}\\\implies {}&|\lambda |\cdot |a_{n}-a|&<\epsilon \\\implies {}&|\lambda \cdot (a_{n}-a)|&<\epsilon \\\implies {}&|\lambda a_{n}-\lambda a|&<\epsilon \end{array}}$

Dies beweist, dass $\lim _{n\to \infty }\lambda a_{n}=\lambda a$ ist.

Die Produktregel

Satz (Produktregel für Grenzwerte)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $b$. Dann konvergiert auch die Folge $(a_{n}\cdot b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}\cdot b_{n}=a\cdot b$.

Beweis (Produktregel für Grenzwerte)

Sei $\epsilon >0$ beliebig.

Wir müssen beweisen, dass $|a_{n}b_{n}-ab|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ gilt, wobei wir $N$ in Abhängigkeit von $\epsilon$ geschickt wählen müssen. Dabei können wir verwenden, dass $|a_{n}-a|$ und $|b_{n}-b|$ beliebig klein werden, weil die Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $a$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $b$ konvergieren. Um dies nutzen zu können, müssen wir $|a_{n}b_{n}-ab|$ geschickt umformen und so nach oben abschätzen, dass wir die Beträge $|a_{n}-a|$ und $|b_{n}-b|$ erhalten. Hierzu verwenden wir einen Trick, der für diese Art von Beweis typisch ist. Wir addieren den Term $ab_{n}-ab_{n}$, welcher gleich Null ist:

${\begin{aligned}&|a_{n}b_{n}-ab|\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ ab_{n}-ab_{n}=0\right.}\\[0.3em]=\ &|a_{n}b_{n}-ab+ab_{n}-ab_{n}|\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Umstellen}}\right.}\\[0.3em]=\ &|a_{n}b_{n}-ab_{n}+ab_{n}-ab|\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Ausklammern}}\right.}\\[0.3em]=\ &|b_{n}(a_{n}-a)+a(b_{n}-b)|\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.3em]\leq \ &|b_{n}(a_{n}-a)|+|a(b_{n}-b)|\\[0.3em]\leq \ &|b_{n}|\cdot |a_{n}-a|+|a|\cdot |b_{n}-b|\end{aligned}}$

Wenn wir also für alle $n\geq N$ zeigen können, dass beide Summanden kleiner als ${\tfrac {\epsilon }{2}}$ sind, dann sind wir fertig.

Abschätzung des zweiten Summanden

Beim zweiten Summanden ist das leicht: Die Folge $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen $b$ und nach der Faktorregel mit $\lambda =a$ gilt $\lim _{n\to \infty }a\cdot b_{n}=a\cdot b$. Damit gilt $\lim _{n\to \infty }a\cdot (b_{n}-b)=0$ nach der Summenregel, d.h. es gibt ein $N_{1}\in \mathbb {N}$ so, dass für alle $n\geq N_{1}$ gilt $|a|\cdot |b_{n}-b|=|a(b_{n}-b)|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$.

Abschätzung des ersten Summanden

Auch beim ersten Summanden wäre es schön, wenn wir die Faktorregel anwenden können. Das Problem ist nur, dass $b_{n}$ von $n$ abhängt und folglich $b_{n}$ kein Kandidat für das $\lambda$ aus der Faktorregel ist.

Wir haben in einem vorherigen Kapitel bewiesen, dass konvergente Folgen beschränkt sind. Diesen Satz können wir hier auf die Folge $b_{n}$ anwenden: Sei $M\in \mathbb {R} _{0}^{+}$ so dass $|b_{n}|\leq M$ für alle $n\in \mathbb {N}$.

Dann gilt für alle $n\in \mathbb {N}$, dass $|b_{n}|\cdot |a_{n}-a|\leq M\cdot |a_{n}-a|$ und genauso wie für den zweiten Summanden liefert uns die Faktorregel mit $\lambda =M$ (beachte, dass $M$ im Gegensatz zu $b_{n}$ nicht von $n$ abhängt) ein $N_{2}\in \mathbb {N}$ mit $M\cdot |a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$ für alle $n\geq N_{2}$. Also gilt für alle $n\geq N_{2}$ die folgende Ungleichung: $|b_{n}|\cdot |a_{n}-a|<{\tfrac {\epsilon }{2}}$.

Zusammenfassung

Wir brauchen nur noch ein passend gewähltes $N$. Für alle $n\geq N$ muss die Bedingung $n\geq N_{1}$ und $n\geq N_{2}$ erfüllt sein, damit beide Abschätzungen gültig sind. Daher wählen wir $N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$. Dieses hängt nur von $\epsilon$ ab, da $N_{1}$ und $N_{2}$ nur von $\epsilon$ abhängen.

Für alle $n\geq N$ gilt nun

$|a_{n}b_{n}-ab|\leq \ |b_{n}|\cdot |a_{n}-a|+|a|\cdot |b_{n}-b|<{\tfrac {\epsilon }{2}}+{\tfrac {\epsilon }{2}}=\epsilon$

Die Potenzregel

Satz (Grenzwertsatz für Potenzen)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$. Sei $k\in \mathbb {N}$ eine beliebige natürliche Zahl. Dann konvergiert die Folge $\left(a_{n}^{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}=a^{k}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwertsatz für Potenzen)

Die Potenzregel ist eine Folgerung der Produktregel. So können wir für die Folge $\left(a_{n}^{2}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ zeigen:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }a_{n}^{2}&=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot a_{n}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]&=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}\\&=a\cdot a=a^{2}\end{aligned}}$

Durch $k$-fach Anwendung erhalten wir:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}&=\lim _{n\to \infty }\underbrace {a_{n}\cdot a_{n}\cdot \ldots \cdot a_{n}} _{k{\text{-mal}}}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]&=\underbrace {\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot \ldots \cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}} _{k{\text{-mal}}}\\[0.5em]&=\underbrace {a\cdot a\cdot \ldots \cdot a} _{k{\text{-mal}}}=a^{k}\end{aligned}}$

Nun werden die „Pünktchen“-Beweise in der Analysis nicht als formal saubere Beweise angesehen. Deswegen führen wir den Beweis über vollständige Induktion über $k$.

Beweis (Grenzwertsatz für Potenzen)

Dieser Satz folgt aus der Produktregel mithilfe eines Induktionsbeweises.

Aussageform, deren Allgemeingültigkeit für $k\in \mathbb {N}$ bewiesen werden soll:

$\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}=a^{k}$

1. Induktionsanfang:

$\lim _{n\to \infty }a_{n}^{1}=\lim _{n\to \infty }a_{n}=a=a^{1}$

2. Induktionsschritt:

2a. Induktionsvoraussetzung:

$\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}=a^{k}$

2b. Induktionsbehauptung:

$\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k+1}=a^{k+1}$

2c. Beweis des Induktionsschritts:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k+1}&=\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}\cdot a_{n}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Produktregel}}\right.}\\[0.5em]&=\lim _{n\to \infty }a_{n}^{k}\cdot \lim _{n\to \infty }a_{n}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Induktionsvoraussetzung}}\right.}\\[0.5em]&=a^{k}\cdot a=a^{k+1}\end{aligned}}$

Die Quotientenregel

Satz (Quotientenregel für Grenzwerte)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $a$ und sei $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge mit Grenzwert $b\neq 0$ sowie $b_{n}\neq 0$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Dann konvergiert die Folge $({\tfrac {a_{n}}{b_{n}}})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\rightarrow \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}={\tfrac {a}{b}}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Quotientenregel für Grenzwerte)

Es genügt zu zeigen, dass $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b_{n}}}={\tfrac {1}{b}}$ ist, denn aus der Produktregel folgt

$\lim _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot {\tfrac {1}{b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot \lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b_{n}}}=a\cdot {\tfrac {1}{b}}={\tfrac {a}{b}}$

Für den Beweis $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b_{n}}}={\tfrac {1}{b}}$ müssen wir zeigen, dass $|{\tfrac {1}{b_{n}}}-{\tfrac {1}{b}}|$ beliebig klein wird. Dabei können wir verwenden, dass $|b_{n}-b|$ beliebig klein wird, weil $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ gegen $b$ konvergiert. Dazu formen wir $|{\tfrac {1}{b_{n}}}-{\tfrac {1}{b}}|$ geschickt um:

${\begin{aligned}\left|{\frac {1}{b_{n}}}-{\frac {1}{b}}\right|&=\left|{\frac {b}{b_{n}b}}-{\frac {b_{n}}{bb_{n}}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {b-b_{n}}{b_{n}b}}\right|\\[0.3em]&={\frac {|b-b_{n}|}{|b_{n}||b|}}\end{aligned}}$

Nun können wir $|b_{n}-b|$ kontrollieren, d.h. beliebig klein machen. Das $|b|$ im Nenner stört uns nicht weiter, da es konstant ist. Wir müssen uns also nur noch um $|b_{n}|$ im Nenner kümmern. Da wir $|b_{n}-b|$ beliebig klein machen können, reicht es, wenn wir ${\tfrac {1}{|b_{n}|}}$ nach oben durch eine Konstante abschätzen. Dazu müssen wir $|b_{n}|$ nach unten abschätzen.

Um $|b_{n}|$ nach unten abzuschätzen, verwenden wir nun die Voraussetzung, dass $\lim _{n\to \infty }b_{n}=b\neq 0$ ist. Daher gibt es ein $N_{1}\in \mathbb {N}$, so dass ab diesem Index alle Folgenglieder von $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ die Ungleichung $|b_{n}-b|<{\tfrac {|b|}{2}}$ erfüllen. Also gilt $|b_{n}|\geq |b|-|b_{n}-b|\geq |b|-{\tfrac {|b|}{2}}={\tfrac {|b|}{2}}$ für alle $n\geq N_{1}$. Für den gesamten Ausdruck erhalten wir damit

${\begin{aligned}\left|{\frac {1}{b_{n}}}-{\frac {1}{b}}\right|&={\frac {|b-b_{n}|}{|b_{n}||b|}}\\[0.5em]&\leq {\frac {|b-b_{n}|}{{\tfrac {|b|}{2}}|b|}}\\[0.5em]&={\frac {2}{|b|^{2}}}|b-b_{n}|\end{aligned}}$

Diesen Ausdruck bekommen wir beliebig klein, da wir $|b-b_{n}|$ beliebig klein kriegen, und der Vorfaktor konstant ist. Hierzu wählen wir zu einem beliebigem $\epsilon >0$ den Index $N_{2}\in \mathbb {N}$ so groß, dass für alle $n\geq N_{2}$ gilt

${\frac {2}{|b|^{2}}}|b-b_{n}|<\epsilon \iff |b_{n}-b|<{\frac {\epsilon |b|^{2}}{2}}$

Dann erhalten wir insgesamt für alle $n\geq \max\{N_{1},N_{2}\}$:

${\begin{aligned}\left|{\frac {1}{b_{n}}}-{\frac {1}{b}}\right|&\leq {\frac {2}{|b|^{2}}}|b-b_{n}|\\[0.5em]&<{\frac {2}{|b|^{2}}}\cdot {\frac {\epsilon |b|^{2}}{2}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Diese Beweisskizze müssen wir nun in einen formalen Beweis gießen, um $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b_{n}}}={\tfrac {1}{b}}$ zu zeigen.

Beweis (Quotientenregel für Grenzwerte)

Sei $\epsilon >0$ beliebig. Wegen $\lim _{n\to \infty }b_{n}=b\neq 0$ gibt es ein $N_{1}\in \mathbb {N}$, so dass $|b_{n}|\geq {\tfrac {|b|}{2}}$ für alle $n\geq N_{1}$ ist. Außerdem gibt es ein $N_{2}\in \mathbb {N}$ mit $|b_{n}-b|<{\frac {\epsilon |b|^{2}}{2}}$ für alle $n\geq N_{2}$. Dann gilt für alle $n\geq \max\{N_{1},N_{2}\}$:

${\begin{aligned}\left|{\frac {1}{b_{n}}}-{\frac {1}{b}}\right|&=\left|{\frac {b}{b_{n}b}}-{\frac {b_{n}}{bb_{n}}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {b-b_{n}}{b_{n}b}}\right|\\[0.3em]&={\frac {|b-b_{n}|}{|b_{n}||b|}}\\[0.5em]&\leq {\frac {|b-b_{n}|}{{\tfrac {|b|}{2}}|b|}}\\[0.5em]&={\frac {2}{|b|^{2}}}|b-b_{n}|\\[0.5em]&<{\frac {2}{|b|^{2}}}\cdot {\frac {\epsilon |b|^{2}}{2}}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Es gilt daher $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b}}_{n}={\tfrac {1}{b}}$. Mit der Produktregel folgt nun

$\lim _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot {\tfrac {1}{b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }a_{n}\cdot \lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{b_{n}}}=a\cdot {\tfrac {1}{b}}={\tfrac {a}{b}}$

Die Wurzelregel

Satz (Grenzwertsatz für Potenzen)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine nichtnegative Folge mit Grenzwert $a$. Sei außerdem $k\in \mathbb {N}$. Dann konvergiert die Folge $({\sqrt[{k}]{a_{n}}})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{k}]{a_{n}}}={\sqrt[{k}]{a}}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Grenzwertsatz für Potenzen)

Wir müssen zum Beweis den Betrag $|{\sqrt[{k}]{a_{n}}}-{\sqrt[{k}]{a}}|$ abschätzen. Wieder können wir $|a_{n}-a|$ kontrollieren, da wir wissen, dass diese Beträge beliebig klein werden. Also brauchen wir erneut einen Term, in dem $|a_{n}-a|$ vorkommt. Dazu können wir eine Hilfsformel als Abschätzung verwenden, die wir im Kapitel Rechenregeln für Wurzeln bewiesen hatten: Für $x\geq y\geq 0$ und $k\in \mathbb {N}$ gilt

$0<{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{y}}\leq {\sqrt[{k}]{x-y}}$

Diese lässt sich auf Absolutbeträge verallgemeinern. Für $x\geq y\geq 0$ gilt

$|{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{y}}|={\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{y}}\leq {\sqrt[{k}]{x-y}}={\sqrt[{k}]{|x-y|}}$

Für $y\geq x\geq 0$ bekommen wir

$|{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{y}}|={\sqrt[{k}]{y}}-{\sqrt[{k}]{x}}\leq {\sqrt[{k}]{y-x}}={\sqrt[{k}]{|x-y|}}$

Somit gilt $|{\sqrt[{k}]{x}}-{\sqrt[{k}]{y}}|\leq {\sqrt[{k}]{|x-y|}}$. Wenden wir diese Hilsformel mit $x=a_{n}$ und $y=a$ an, so erhalten wir

$|{\sqrt[{k}]{a_{n}}}-{\sqrt[{k}]{a}}|\leq {\sqrt[{k}]{|a_{n}-a|}}$

Den Ausdruck ${\sqrt[{k}]{|a_{n}-a|}}$ können wir nun beliebig klein machen, indem wir $|a_{n}-a|$ beliebig klein machen. Wir erhalten:

${\sqrt[{k}]{|a_{n}-a|}}<\epsilon \iff |a_{n}-a|<\epsilon ^{k}$

Mit $|a_{n}-a|<\epsilon ^{k}$ können wir also die Zielungleichung $|{\sqrt[{k}]{a_{n}}}-{\sqrt[{k}]{a}}|<\epsilon$ beweisen.

Beweis (Grenzwertsatz für Potenzen)

Sei $k\in \mathbb {N}$ beliebig sowie $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine nichtnegative Folge mit Grenzwert $a$. Sei außerdem $\epsilon >0$ beliebig. Wegen $\lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=a$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit $|a_{n}-a|<\epsilon ^{k}$ für alle $n\geq N$. Für alle $n\geq N$ gilt

${\begin{aligned}|{\sqrt[{k}]{a_{n}}}-{\sqrt[{k}]{a}}|&{\underset {\text{formel}}{\overset {\text{Hilfs-}}{\leq }}}{\sqrt[{k}]{|a_{n}-a|}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ |a_{n}-a|<\epsilon \right.}\\[0.3em]&<{\sqrt[{k}]{\epsilon ^{k}}}=\epsilon \end{aligned}}$

Die Monotonieregel

Satz (Monotonieregel für Grenzwerte)

Seien $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ Folgen mit Grenzwerten $a$ und $b$. Es gelte außerdem $a_{n}\leq b_{n}$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$. Dann gilt $a\leq b$.

Zusammenfassung des Beweises (Monotonieregel für Grenzwerte)

Diese Regel zeigen wir durch einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen an, dass unter den Voraussetzungen des Satzes $a>b$ wäre, und leiten daraus eine widersprüchliche Aussage her.

Beweis (Monotonieregel für Grenzwerte)

Angenommen $a>b$. Wegen $\lim _{n\to \infty }a_{n}=a$ und $\lim _{n\to \infty }b_{n}=b$ gibt es zu $\epsilon ={\tfrac {a-b}{2}}>0$ Indizes $N_{1},N_{2}\in \mathbb {N}$ mit $|a_{n}-a|<{\tfrac {a-b}{2}}$ für alle $n\geq N_{1}$ und $|b_{n}-b|<{\tfrac {a-b}{2}}$ für alle $n\geq N_{2}$. Daraus folgt für alle $n\geq \max\{N_{1},N_{2}\}$:

${\begin{aligned}b_{n}-a_{n}&=b_{n}-a_{n}+0+0\\&=b_{n}-a_{n}+b-a+a-b\\&=b_{n}-b+(b-a)+a-a_{n}\\&\leq |b_{n}-b|+(b-a)+|a_{n}-a|\\&<{\tfrac {a-b}{2}}+(b-a)+{\tfrac {a-b}{2}}\\&=a-b+b-a=0\end{aligned}}$

Also $b_{n}<a_{n}$ für alle $n\geq \max\{N_{1},N_{2}\}$. Dies ist ein Widerspruch zu $a_{n}\leq b_{n}$ für fast alle $n$. Daher muss $a\leq b$ gelten.

Anmerkungen zur Monotonieregel

Einen Spezialfall erhalten wir, wenn wir $b_{n}=c$ (konstant) setzen:

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge mit Grenzwert $a$ und $a_{n}\leq c$ (bzw. $a_{n}\geq c$) für fast alle $n\in \mathbb {N}$. Dann gilt $a\leq c$ (bzw. $a\geq c$).

Aus obigen Satz folgt:

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge und fast alle Folgenglieder liegen in einem Intervall $I=[a,b]$, dann liegt auch ihr Grenzwert in $I$.

Verbinden wir die beiden Fälle „$a_{n}\leq b_{n}$“ und „$a_{n}\geq b_{n}$“ aus der Monotonieregel, dann erhalten wir:

Seien $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ Folge mit Grenzwerten $a$ und $b$, und es gelte $a_{n}=b_{n}$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$. Dann gilt auch $a=b$.

Warnung

Die Monotonieregel gilt nicht mit „$<$“ beziehungsweise „$>$“. Betrachte beispielsweise die beiden Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }=(-{\tfrac {1}{n}})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }=({\tfrac {1}{n}})_{n\in \mathbb {N} }$. Dann gilt $a_{n}<0$ für alle $n\in \mathbb {N}$, aber es ist $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$ und somit ist der Grenzwert von $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ nicht kleiner als $0$. Auch ist für alle $n\in \mathbb {N}$ die Ungleichung $b_{n}>0$ erfüllt, aber es ist $\lim _{n\to \infty }b_{n}=0\ngtr 0$.

Anwendungsbeispiele

Typ Polynomfolge durch Polynomfolge

Eine typische Anwendung der Grenzwertsätze sich Folgen der Form ${\frac {P(n)}{Q(n)}}$, wobei $P$ und $Q$ Polynomfolgen sind, also Folgen der Form

$a_{k}n^{k}+a_{n-1}n^{k-1}+\ldots +a_{1}n^{1}+a_{0}{\text{ mit }}a_{n},a_{n-1},\ldots ,a_{1},a_{0}\in \mathbb {R} {\text{ und }}k\in \mathbb {N}$

Ein einfaches Beispiel dieses Typs ist die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $a_{n}={\frac {n^{3}+n^{2}+n}{n^{4}+1}}$. Für Folgen dieser Bauart gibt es einen einfachen Rechentrick, mit dem man den Grenzwert zu bestimmen kann. Man bestimmt den Summanden mit dem größten Exponenten in Zähler oder Nenner. In diesem Fall ist das $n^{4}$. Diesen klammert man nun im Zähler und im Nenner aus und kürzt ihn anschließend:

${\begin{aligned}a_{n}&={\frac {n^{3}+n^{2}+n}{n^{4}+1}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ n^{4}{\text{ausklammern}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {n^{4}\cdot \left({\frac {n^{3}}{n^{4}}}+{\frac {n^{2}}{n^{4}}}+{\frac {n}{n^{4}}}\right)}{n^{4}\cdot \left({\frac {n^{4}}{n^{4}}}+{\frac {1}{n^{4}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{3}}}}{1+{\frac {1}{n^{4}}}}}\\[0.3em]\end{aligned}}$

Der Grenzwert der nun entstandene Folge lässt sich problemlos mit Hilfe des bekannten Grenzwertes $\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=0\ (k\in \mathbb {N} _{0})$ und der Quotienten- und Summenregel für Grenzwerte berechnen:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }a_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{3}}}}{1+{\frac {1}{n^{4}}}}}\\[0.3em]&={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{3}}}}{\lim \limits _{n\to \infty }1+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{4}}}}}\\[0.3em]&={\frac {0+0+0}{1+0}}\\[0.3em]&=0.\end{aligned}}$

Kommen in der unrsprünglichen Form der Folge Klammern vor, so muss man diese zunächst auflösen. Betrachen wir hierzu das Beispiel $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit $b_{n}={\frac {n^{2}+n+1}{(2n-1)^{2}}}$. Hier ist

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }b_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}+n+1}{(2n-1)^{2}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{2. binomische Formel }}(a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}+n+1}{4n^{2}-4n+1}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ n^{2}{\text{ausklammern}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}\cdot \left({\frac {n^{2}}{n^{2}}}+{\frac {n}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)}{n^{2}\cdot \left({\frac {4n^{2}}{n^{2}}}-{\frac {4n}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{4-{\frac {4}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotienten-, Summen- und Differenzregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }1+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}}{\lim \limits _{n\to \infty }4+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {4}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=0\right.}\\[0.3em]&={\frac {1+0+0}{4+0+0}}\\[0.3em]&={\frac {1}{4}}.\end{aligned}}$

Warnung

Die Anwendung der Grenzwertsätze ist hier nur zulässig, weil alle betrachteten Folgen konvergieren und nach dem Kürzen der Nenner nicht gegen Null konvergiert. Zum Beispiel kann man bei der Folge $(a_{n})$ mit $a_{n}={\frac {n^{3}+n}{n^{2}-1}}$ nicht so argumentieren: Nach Ausklammern von $n^{3}$ und Kürzen erhalten wir $a_{n}={\frac {1+{\frac {1}{n^{2}}}}{{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{3}}}}}$. Die Folge im Nenner $({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{3}}})$ strebt gegen Null. Weil der Zähler beschränkt ist, vermuten wir, dass die Folge divergiert. Der Grenzwertsatz darf aber nicht angewendet werden. Man muss hier anders argumentieren und kann zum Beispiel eine Abschätzung machen:

${\frac {1+{\frac {1}{n^{2}}}}{{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{3}}}}}\geq {\frac {1}{{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n^{3}}}}}\geq {\frac {1}{\frac {1}{n}}}=n.$

Weil die Folge $(n)$ divergiert, ist damit die Divergenz von $(a_{n})$ gezeigt.

Aufgabe (Rechenregeln für Folgen)

Untersuche die Folgen $(c_{n})$, $(d_{n})$, $(e_{n})$ und $(f_{n})$ auf Konvergenz und bestimme gegebenfalls deren Grenzwert.

1. $c_{n}={\frac {n^{2}+n+2}{4n^{3}+1}}$
2. $d_{n}={\frac {(3n+1)(2n+1)}{n^{2}+3}}$
3. $e_{n}={\frac {(n-1)^{3}}{2n^{3}+3n+1}}$
4. $f_{n}={\frac {n^{3}+n-4}{n+5}}$

Lösung (Rechenregeln für Folgen)

Lösung Teilaufgabe 1:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }c_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}+n+2}{4n^{3}+1}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ n^{3}{\text{ausklammern}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{3}\cdot \left({\frac {n^{2}}{n^{3}}}+{\frac {n}{n^{3}}}+{\frac {2}{n^{3}}}\right)}{n^{3}\cdot \left({\frac {4n^{3}}{n^{3}}}+{\frac {1}{n^{3}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {2}{n^{3}}}}{4+{\frac {1}{n^{3}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotienten- und Summenregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {2}{n^{3}}}}{\lim \limits _{n\to \infty }4+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{3}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=0\right.}\\[0.3em]&={\frac {0+0+0}{4+0+0}}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }d_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(3n+1)(2n+1)}{n^{2}+3}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Verallgemeinertes Distributivgesetz }}(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {6n^{2}+3n+2n+1}{n^{2}+3}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {6n^{2}+5n+1}{n^{2}+3}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ n^{2}{\text{ausklammern}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{2}\cdot \left({\frac {6n^{2}}{n^{2}}}+{\frac {5n}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)}{n^{2}\cdot \left({\frac {n^{2}}{n^{2}}}+{\frac {3}{n^{2}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {6+{\frac {5}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}}{1+{\frac {3}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotienten- und Summenregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }6+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {5}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{2}}}}{\lim \limits _{n\to \infty }1+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {3}{n^{2}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=0\right.}\\[0.3em]&={\frac {6+0+0}{1+0}}\\[0.3em]&=6\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 3:

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }e_{n}&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n-1)^{3}}{2n^{3}+3n+1}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Binomischer Lehrsatz }}(a+b)^{3}=\sum \limits _{k=0}^{3}{\binom {3}{k}}a^{3-k}b^{k}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{3}-3n^{2}+3n-1}{2n^{3}+3n+1}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ n^{3}{\text{ausklammern}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n^{3}\cdot \left({\frac {n^{3}}{n^{3}}}-{\frac {3n^{2}}{n^{3}}}+{\frac {3n}{n^{3}}}-{\frac {1}{n^{3}}}\right)}{n^{3}\cdot \left({\frac {2n^{3}}{n^{3}}}+{\frac {3n}{n^{3}}}+{\frac {1}{n^{3}}}\right)}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1-{\frac {3}{n}}+{\frac {3}{n^{2}}}-{\frac {1}{n^{3}}}}{2+{\frac {3}{n^{2}}}+{\frac {1}{n^{3}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Quotienten-, Summen- und Differenzregel für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }1-\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {3}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {3}{n^{2}}}-\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{3}}}}{\lim \limits _{n\to \infty }2+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {3}{n}}+\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{3}}}}}\\[0.3em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{k}}}=0\right.}\\[0.3em]&={\frac {1+0+0}{2+0+0}}\\[0.3em]&={\frac {1}{2}}\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 4:

Wie in der obigen Warnung erklärt, können wir nicht wie bei den anderen Teilaufgaben vorgehen: Wenn wir $n^{3}$ ausklammern und kürzen, erhalten wir $f_{n}={\frac {1+{\frac {1}{n^{2}}}-{\frac {4}{n^{3}}}}{{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {5}{n^{3}}}}}$. Wir können nicht die Grenzwertsätze benutzen, um den Grenzwert von $(f_{n})$ zu berechnen, weil der Grenzwert des Nenners Null ist. Wir vermuten aber, dass die Folge divergiert, weil der Zähler beschränkt ist und der Nenner gegen Null konvergiert. Das beweisen wir mithilfe einer Abschätzung der Folgenglieder $f_{n}$: Für $n\geq 5$ gilt

$f_{n}={\frac {n^{3}+n-4}{n+5}}\geq {\frac {n^{3}}{n+5}}\geq {\frac {n^{3}}{n+n}}={\frac {1}{2}}n^{2}.$

Weil das für fast alle Folgenglieder von $(f_{n})$ gilt und weil $({\frac {1}{2}}n^{2})$ divergiert, divergiert auch $(f_{n})$.