Cauchysches Konvergenzkriterium

Falls der Grenzwert einer Folge nicht bekannt ist, ist die Entscheidung ihrer Konvergenz mit der Definition nicht ohne weiteres möglich. Dann hilft folgendes Kriterium weiter:

Satz 5225B (Cauchysches Konvergenzkriterium)

Eine Folge ana_n konvergiert genau dann, wenn für es jedes ϵ>0\epsilon>0 ein n0Nn_0\in \dom N gibt, so dass für alle m,nn0m,n\geq n_0 gilt: anam<ϵ|a_n-a_m|<\epsilon. Formal:
ϵ>0n0Nm,nn0:aman<ϵ\forall \epsilon>0 \exists n_0\in \dom N \forall m,n\geq n_0 : |a_m-a_n|<\epsilon.(1)
Folgen mit der Eigenschaft (1) heißen Cauchyfolgen. Eine Folge konvergiert also genau dann, wenn mit zunehmenden nn der Abstand zwischen beliebigen Folgengliedern immer kleiner wird.

Beweis

"\Rightarrow": Sei ana_n konvergent und der Grenzwert aa. Dann finden wir für ϵ>0\epsilon>0 ein n0n_0 mit ana<ϵ2|a_n-a|<\dfrac \epsilon 2 für n>n0n>n_0 und ama<ϵ2|a_m-a|<\dfrac \epsilon 2 für m>m0m>m_0. Also gilt anam=ana+aam|a_n-a_m|=|a_n-a+a-a_m| ana+aam\leq |a_n-a|+|a-a_m| =ana+ama<ϵ2+ϵ2=ϵ=|a_n-a|+|a_m-a|<\dfrac \epsilon 2+\dfrac \epsilon 2=\epsilon
"\Leftarrow": Sei (an)(a_n) eine vorgegebene Cauchy-Folge. Wir zeigen zunächst (an)(a_n) ist beschränkt. Zu ε:=1\varepsilon:=1 existiert ein n0Nn_0\in\N mit n,mn0anam<1\forall n,m\geq n_0\quad |a_n-a_m|<1 nn0:an\Rightarrow\forall n\geq n_0:\quad |a_n|\,=(anan0)+an0=\,|(a_n-a_{n_0})+a_{n_0}|anan0+an01+an0\,\leq\,|a_n-a_{n_0}|+|a_{n_0}| \,\leq\, 1+|a_{n_0}| nN:anmax{a1,a2,,an0,1+an0}\Rightarrow\forall n\in\N:\quad |a_n|\leq\max\left\{|a_1|,|a_2|,\ldots,|a_{n_0}|,1+|a_{n_0}|\right\} Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß (Satz 12UH) hat (an)(a_n) also einen Häufungspunkt, d.h. es existiert eine konvergente Teilfolge (ank)(a_{n_k}). Sei a:=limnanka:=\lim\limits_{n\to\infty} a_{n_k}; wir zeigen, dass auch a=limnana=\lim\limits_{n\to\infty} a_n gilt. Sei ε>0\varepsilon>0 gegeben. Dann existiert (da (an)(a_n) eine Cauchyfolge ist) ein n0Nn_0\in\N mit
n,mn0anam<ε2\forall n,m\geq n_0\quad |a_n-a_m|<\dfrac{\varepsilon}{2}
Da ankaa_{n_k}\to a existiert k0Nk_0\in\N mit nk0n0n_{k_0}\geq n_0 und
kk0anka<ε2\forall k\geq k_0\quad |a_{n_k}-a|<\dfrac{\varepsilon}{2}
    nn0ana=(anank0)+(ank0a)  \Rightarrow\;\; \forall n\geq n_0\quad |a_n-a| = \left|(a_n-a_{n_{k_0}})+(a_{n_{k_0}}-a)\right| \;  anank0+ank0a  <  ε\leq\; \left|a_n-a_{n_{k_0}}\right| + \left|a_{n_{k_0}}-a\right| \; <\; \varepsilon . \qed

Beispiel

(an)(a_n) sei rekursiv definiert durch:
a0:=1a_0:=1; an+1:=11+ana_{n+1}:=\dfrac{1}{1+a_n}
Es gilt: nNan>0,  an<1\forall n\in\N\quad a_n>0,\; a_n<1; die Folge ist also beschränkt. Wir zeigen per Induktion, dass sogar an12a_n\geq \dfrac{1}{2}\, . Induktionsanfang klar, da a0=112a_0=1\ge \dfrac 1 2. an1a_n\leq 1     an+12\implies a_n+1\leq 2     an+1=11+an12\implies a_{n+1}=\dfrac{1}{1+a_n}\geq \dfrac{1}{2}     nNan12\Rightarrow\;\;\forall n\in\N\quad a_n\geq \dfrac{1}{2}.
Daher: n,kN,n2an+kan=11+an+k111+an1\forall n,k\in\N, n\geq 2\quad |a_{n+k}-a_n| =\left|\dfrac{1}{1+a_{n+k-1}}-\dfrac{1}{1+a_{n-1}}\right| =an+k1an1(1+an+k1)(1+an1) =\dfrac{|a_{n+k-1}-a_{n-1}|}{(1+a_{n+k-1})(1+a_{n-1})} an+k1an1(1+12)(1+12)\le\dfrac{|a_{n+k-1}-a_{n-1}|}{\left(1+\dfrac 12\right)\left(1+\dfrac 12\right)} 49an+k1an1   \leq \dfrac{4}{9}\cdot |a_{n+k-1}-a_{n-1}| \;      (49)n1an+k(n1)an(n1)\leq\; \ldots\;\leq\; \left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1} \left|a_{n+k-(n-1)}-a_{n-(n-1)}\right| (49)n1(ak+1+a1)    2(49)n1 \leq \left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1} \left(|a_{k+1}|+|a_1|\right) \;\leq\; 2\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1}     n,kNan+kan    2(49)n1\Rightarrow\;\;\forall n,k\in\N\quad |a_{n+k}-a_n|\;\leq\; 2\cdot\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1} Sei ε>0\varepsilon>0 wähle n0Nn_0\in\N mit 2(49)n01<ε2\cdot\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n_0-1}<\varepsilon. Seien n,mn0n,m\geq n_0. o.B.d.A. sei m>nm>n. Setze k:=mnk:=m-n. aman  \Rightarrow\quad |a_m-a_n|\; =  an+kan    2(49)n1  =\; \left|a_{n+k}-a_n\right|\;\leq\; 2\cdot\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n-1}\;  2(49)n01  <  ε\leq\; 2\cdot\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n_0-1} \; <\; \varepsilon   (an)\Rightarrow\; (a_n) ist Cauchy-Folge.   (an)\Rightarrow\; (a_n) ist konvergent. Sei a:=limnana:=\lim\limits_{n\to\infty} a_n. Wegen an+1=11+ana_{n+1}=\dfrac{1}{1+a_n} und anaa_n\to a und an+1aa_{n+1}\to a gilt:
a=11+aa=\dfrac{1}{1+a}
a2+a1=0a  =  12±14+1  =  12±52\Rightarrow\quad a^2+a-1=0\quad\Rightarrow\quad a\;=\; -\dfrac{1}{2}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}+1} \;=\; -\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{5}}{2} Wegen an12a_n\geq\dfrac{1}{2} gilt auch a12a\geq \dfrac{1}{2}. Also
a=12(51)a=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{5}-1\right)
 
 

An Archimedes wird man sich erinnern, wenn Aischylos vergessen ist - weil zwar die Sprachen sterben, nicht aber die mathematischen Ideen.

Godfrey Harold Hardy

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