Kurs:Analysis 1 (TU Dortmund)/§2 Monotone Folgen

2.1 Monotone Folgen

Eine reelle Folge $(a_{n})$ heißt monoton wachsend [fallend], wenn

$a_{n}\leq a_{n+1}[a_{n}\geq a_{n+1}]$ für alle $n\in \mathbb {N}$

Kurznotation: $(a_{n})\!\!\!\uparrow [(a_{n})\!\!\!\downarrow ]$

Gilt sogar $a_{n}<a_{n+1}[a_{n}>a_{n+1}]$ für alle $n\in \mathbb {N}$, so heißt $(a_{n})$ strikt (streng) monton steigend [fallend].

2.2 Monotoniekriterium

Monotone und beschränkte Folgen sind konvergent.

Bemerkung:

Falls $(a_{n})\!\!\!\uparrow$: $a_{1}\leq a_{2}\leq \dots \leq a_{n}$

Außerdem ist die Folge "automatisch" nach unten beschränkt, sodass nur die Beschränktheit nach oben nachgewiesen werden muss.

Beweis (für $a_{n}\!\!\!\uparrow$):

Sei $s=\sup\{a_{n}:n\in \mathbb {N} \}$, dann existiert zu $\varepsilon >0$

ein m mit $a_{m}>s-\varepsilon$ und es gilt $a_{n}\leq s,n\in \mathbb {N}$ (beides nach der Definition des Supremums).

Für $n\geq m$ gilt dann: $0\leq s-a_{n}\leq s-a_{m}<\varepsilon$

Beispiel:

$a_{0}\in \mathbb {R} ,a_{n+1}={a_{n}}^{2}+{\frac {1}{4}}$

Ist $(a_{n})$ monton?

Betrachtung der Differenz zweier aufeinanderfolgender Glieder:

$a_{n+1}-a_{n}={a_{n}}^{2}+{\frac {1}{4}}-a_{n}=\left(a_{n}-{\frac {1}{2}}\right)^{2}\geq 0$

Daraus folgt: $(a_{n})\!\!\!\uparrow$: $(a_{n})$ konvergiert $\Leftrightarrow (a_{n})$

ist beschränkt!

Falls konvergent: $a_{n}\to a$, also auch $a_{n+1}\to a$ und ${a_{n}}^{2}\to a^{2}$: $a=a^{2}+{\frac {1}{4}}$ (nach $a_{n+1}={a_{n}}^{2}+{\frac {1}{4}}$). Daraus folgt: $a={\frac {1}{2}}$.

Falls einmal $a_{n}>{\frac {1}{2}}$ ist, kann keine Konvergenz vorliegen, da $(a_{n})$ monoton wachsend ist und ${\frac {1}{2}}$ der einzig mögliche Grenzwert!

Erster Fall $|a_{0}|\leq {\frac {1}{2}}$:

Behauptung: ${\frac {1}{4}}\leq a_{n}\leq {\frac {1}{2}}$

Beweis über vollständige Induktion:

Induktionsverankerung:

${\frac {1}{4}}\leq a_{1}={a_{0}}^{2}+{\frac {1}{4}}\leq {\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}$

Induktionsschluss $n\to n+1$:

${\frac {1}{4}}\leq a_{n+1}={a_{n}}^{2}+{\frac {1}{4}}\leq \left({\frac {1}{2}}\right)^{2}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}$

Zweiter Fall $|a_{0}|>{\frac {1}{2}}$:

$a_{1}={a_{0}}^{2}+{\frac {1}{4}}>{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}$ (keine Konvergenz und keine Beschränktheit)

Das Newtonverfahren

Das Netwonverfahren dient zur näherungsweisen Bestimmung der p-ten Wurzel aus $a\in \mathbb {R}$ (${\sqrt[{p}]{a}},a>0$). Zunächst wählt man ein $x_{0}>0$. Dann ist die Folge

$x_{n+1}={\frac {(p-1){x_{n}}^{p}+a}{p\cdot {x_{n}}^{p-1}}}$

monoton fallend, und geht für $n\to \infty$ gegen ${\sqrt[{p}]{a}}$ (Behauptung).

Beweis:

I) $x_{n}>0(n\geq 1)$

II) Nachweis der Beschränktheit nach unten.

${x_{n+1}}^{p}=\left({\frac {(p-1){x_{n}}^{p}+a}{p\cdot {x_{n}}^{p-1}}}\right)^{p}$

${x_{n+1}}^{p}=\left(x_{n}\cdot {\frac {p-1}{p}}+x_{n}\cdot {\frac {a}{p\cdot {x_{n}}^{p}}}\right)^{p}={x_{n}}^{p}\left(1-{\frac {1}{p}}+{\frac {a}{p\cdot {x_{n}}^{p}}}\right)^{p}={x_{n}}^{p}\left(1-\left({\frac {1}{p}}-{\frac {a}{p\cdot {x_{n}}^{p}}}\right)\right)^{p}\geq {x_{n}}^{p}\left(1-\left(1-{\frac {a}{{x_{n}}^{p}}}\right)\right)\geq {x_{n}}^{p}\cdot {\frac {a}{{x_{n}}^{p}}}=a$

Dabei basiert die erste Abschätzung auf einer Variante der Bernoulli-Ungleichung.

III) Nachweis der Monotonie

$x_{n+1}-x_{n}=\left({\frac {(p-1){x_{n}}^{p}+a}{p\cdot {x_{n}}^{p-1}}}-x_{n}\right)={\frac {-{x_{n}}^{p}+a}{p\cdot {x_{n}}^{p-1}}}\leq 0(n\geq 1)$

Die Folge $x_{n}$ ist also monoton und beschränkt, wodurch folgt, dass sie konvergiert.

Berechnung des Grenzwertes: Wir haben $x_{n+1}={\frac {(p-1)\cdot {x_{n}}^{p}+a}{p\cdot {x_{n}}^{p-1}}}$. Wenn $x_{n}\to x(n\to \infty )$, dann gilt auch: $x_{n+1}\to x(n\to \infty )$. Somit:

$x={\frac {(p-1)\cdot x^{p}+a}{p\cdot x^{p-1}}}\Leftrightarrow x^{p}=a$.

Ein Spezialfall: Für die näherungsweise Berechnung der Quadratwurzel aus einer Zahl $a$ ergibt sich diese Folge: $p=2:x_{n+1}={\frac {{x_{n}}^{2}+a}{2\cdot x_{n}}}={\frac {1}{2}}\left(x_{n}+{\frac {a}{x_{n}}}\right)$.

2.3 Intervallschachtelung

Eine Intervallschachtelung ist eine Folge von Intervallen $[a_{n},b_{n}]$ mit der Eigenschaft $[a_{n+1},b_{n+1}]\subset [a_{n},b_{n}]$. Das heißt $(a_{n})\!\!\!\uparrow$ und $(b_{n})\!\!\!\downarrow$ und es gilt $a_{n}\leq b_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$. Außerdem existieren die Grenzwerte der Folgen mit ($a\leq b$): $\lim _{n\to \infty }{a_{n}}=a$ und $\lim _{n\to \infty }{b_{n}}=b$.

Beispiel: Die Eulersche Zahl e:

$e=\lim _{n\to \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}=\lim _{n\to \infty }{\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{-n}}$

Behauptung:

$[a_{n},b_{n}]$ ist eine Intervallschachtelung und $e=\lim _{n\to \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}}$.

Beweis:

I) Nachweis der Monotonie:

$a_{n}=\underbrace {1\cdot \left(1+{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1+{\frac {1}{n}}\right)\cdots \left(1+{\frac {1}{n}}\right)} _{n+1Faktoren}\leq \left({\frac {1+\left(1+{\frac {1}{n}}\right)+\left(1+{\frac {1}{n}}\right)+\dots +\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}{n+1}}\right)^{n+1}$

$=\left({\frac {n+2}{n+1}}\right)^{n+1}=\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n+1}=a_{n+1}.$

$a_{n}$ ist also monton wachsend. Die Abschätzung erfolgt über die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel. Analog kann man beweisen, dass ${b_{n}}^{-1}$ monton steigend ist, woraus folgt, dass $b_{n}$ monton fallend ist.

II)

${\frac {a_{n}}{b_{n}}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)^{n}=\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}<1\Leftrightarrow a_{n}<b_{n}(n\in \mathbb {N} )$

III)

${\frac {a_{n}}{b_{n}}}=\left(1-{\frac {1}{n^{2}}}\right)^{n}>1-n\cdot {\frac {1}{n^{2}}}=1-{\frac {1}{n}}$

Daraus folgt: $b_{n}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)<a_{n}<b_{n}$. Nach dem Sandwich-Theorem geht $a_{n}\to b(n\to \infty )$.