# Mathe für Nicht-Freaks: Monotoniekriterium für Folgen

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In diesem Kapitel werden wir beweisen, dass monotone und beschränkte Folgen konvergieren. Wenn du also zeigen kannst, dass eine Folge beschränkt und monoton ist, dann muss diese konvergieren. Das Schöne dabei: Für diesen Beweis musst du den Grenzwert der Folge nicht kennen!
So ist dieser Satz bei Konvergenzbeweisen für rekursiv definierte Folgen hilfreich, denn bei rekursiv definierten Folgen ist eine Abschätzung des Abstands zwischen dem Grenzwert und dem Folgenglied oft schwierig.

## Konvergenz monotoner und beschränkter Folgen

Satz (Monotoniekriterium für Folgen)
Jede monotone und beschränkte Folge reeller Zahlen konvergiert.
Diesen Satz kannst du folgendermaßen nachvollziehen: Versuche, auf der Zahlengerade eine divergente, monotone und beschränkte Folge einzuzeichnen. Zur Erinnerung: Eine Folge ist monoton, wenn entweder immer $a_{n+1}\geq a_{n}$ oder immer $a_{n+1}\leq a_{n}$ gilt. Du wirst schnell merken, dass dies nicht möglich ist. Es macht also Sinn, dass dieser Satz gilt. Wie lässt er sich beweisen?
Beweis (Monotoniekriterium für Folgen)
Beschränken wir uns zunächst auf monoton wachsende Folgen. Für monoton fallende Folgen ist der Beweis analog. Sei also $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine monoton steigende und beschränkte Folge. Zunächst müssen wir den Grenzwert dieser Folge bestimmen, um mit Hilfe der Epsilon-Definition des Grenzwerts die Konvergenz zu beweisen. Schauen wir uns hierzu die Folge $a_{n}={\tfrac {n}{n+1}}$ als Beispiel an:
$a_{n}={\frac {n}{n+1}}={\frac {1}{1+{\frac {1}{n}}}}{\xrightarrow {n\to \infty }}1$
Der Grenzwert ist also 1. In welcher Relation steht aber 1 zur Folge? Die Folgenglieder steigen und nähern sich dabei immer mehr dem Grenzwert an. Der Grenzwert sollte also gleich dem Supremum aller Folgenglieder sein. Und tatsächlich: 1 ist gleich dem Supremum aller Folgenglieder $\left\{{\tfrac {n}{n+1}}:n\in \mathbb {N} \right\}$.
Diese Überlegung lässt sich auf beliebige monoton steigende Folgen verallgemeinern. Generell sollte das Supremum aller Folgenglieder gleich dem gesuchten Grenzwert sein. Setzen wir also
$a=\sup\{a_{n}:n\in \mathbb {N} \}$
Dieses Supremum existiert, weil $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt und damit insbesondere die Menge der Folgenglieder nach oben beschränkt ist.
Führen wir nun den Grenzwertbeweis durch: Sei $\epsilon >0$ beliebig. In Abhängigkeit zum gegebenen $\epsilon$ müssen wir ein $N\in \mathbb {N}$ finden, so dass $|a_{n}-a|<\epsilon$ für alle $n\geq N$ ist.
Wir wissen, dass es ein $a_{N}$ geben muss, so dass $a_{N}$ größer als $a-\epsilon$ ist. $a-\epsilon$ kann nämlich keine obere Schranke der Menge der Folgenglieder sein ($a$ ist als Supremum die kleinste obere Schranke). Weil $a-\epsilon$ keine obere Schranke der Folgenglieder ist, muss es mindestens ein größeres Folgenglied $a_{N}$ als $a-\epsilon$ geben. Außerdem ist $a\geq a_{N}$, da $a$ als Supremum eine obere Schranke aller Folgenglieder ist. Wir haben somit
$a\geq a_{N}>a-\epsilon$
Hieraus folgt
$|a-a_{N}|<\epsilon$
Da unsere Folge monoton wächst, müssen alle Folgenglieder nach $a_{N}$ größer gleich $a_{N}$ sein. Es ist also $a_{n}\geq a_{N}$ für alle $n\geq N$. Außerdem ist $a\geq a_{n}$, weil $a$ eine obere Schranke der Folgenglieder ist. Für $n\geq N$ haben wir
$a\geq a_{n}\geq a_{N}>a-\epsilon$
und damit
$|a-a_{n}|\leq |a-a_{N}|<\epsilon$
Dies zeigt, dass $a$ Grenzwert der Folge ist und somit $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Der Beweis für monoton fallende Folgen ist analog. Hier muss man entsprechend das Infimum wählen.

## Anwendungsaufgabe

Aufgabe (Monotoniekriterium für Folgen)
Zeige, mit Hilfe des Monotoniekriteriums, dass die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ mit
$a_{n}={\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n+1}}+\ldots +{\frac {1}{2n}}=\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}$
konvergiert.
Lösung (Monotoniekriterium für Folgen)
1. Schritt: Monotonieverhalten von $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$.
Zunächst untersuchen wir, ob die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ monoton ist. Da es sich um eine „Summenfolge“ handelt, ist dazu die Differenz $a_{n+1}-a_{n}$ besser geeignet, als der Quotient ${\tfrac {a_{n+1}}{a_{n}}}$. Es gilt
${\begin{aligned}a_{n+1}-a_{n}&=\sum _{k=n+1}^{2(n+1)}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&=\sum _{k=n+1}^{2(n+1)}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&=\sum _{k=n+1}^{2n+2}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&=\sum _{k=n+1}^{2n}{\frac {1}{k}}+{\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{2n+2}}-\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&=\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{2n+2}}-\sum _{k=n}^{2n}{\frac {1}{k}}\\[0.3em]&={\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{2n+2}}-{\frac {1}{n}}\\[0.3em]&={\frac {(2n+2)n+(2n+1)n-(2n+1)(2n+2)}{(2n+1)(2n+2)n}}\\[0.3em]&={\frac {2n^{2}+2n+2n^{2}+n-4n^{2}-6n-2}{n(2n+1)(2n+2)}}\\[0.3em]&={\frac {-3n-2}{n(2n+1)(2n+2)}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ -3n-2\leq 0{\text{ und }}n(2n+1)(2n+2)\geq 0\right.}\\[0.3em]&\leq 0\end{aligned}}$
Also gilt $a_{n+1}\leq a_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$, d.h. $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ ist monoton fallend.
2. Schritt: Beschränktheit von $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$
Da $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ monoton fallend ist, müssen wir zur Anwendung des Monotoniekriteriums noch zeigen, dass die Folge nach unten beschränkt ist. Nun gilt
${\begin{aligned}a_{n}&={\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n+1}}+\ldots +{\frac {1}{2n}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ n,n+1,\ldots ,2n\leq 2n\iff {\frac {1}{n}},{\frac {1}{n+1}},\ldots {\frac {1}{2n}}\geq {\frac {1}{2n}}\right.}\\[0.3em]&\geq \underbrace {{\frac {1}{2n}}+{\frac {1}{2n}}+\ldots +{\frac {1}{2n}}} _{(n+1){\text{-mal}}}\\[0.3em]&={\frac {n+1}{2n}}\\[0.3em]&={\frac {1+{\frac {1}{n}}}{2}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\frac {1}{n}}\geq 0\right.}\\[0.3em]&\geq {\frac {1}{2}}\end{aligned}}$
Damit ist $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ nach unten durch ${\tfrac {1}{2}}$ beschränkt.
Nach dem Monotoniekriterium konvergiert $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ damit.
Hinweis
Wir werden später, nach Einführung des Logarithmus zeigen, dass $\lim \limits _{n\to \infty }\sum \limits _{k=n}^{2n}{\tfrac {1}{k}}=\ln(2)$ ist.

## Folgerung für allgemeine Intervallschachtellungen

@Stephan Kulla: Abschnitt überarbeiten.
Wir können das Monotoniekriterium nun nutzen, um eine nützliche Folgerung für Intervallschachtellungen herzuleiten.
Zur Wiederholung: Eine allgemeine Intervallschachtelung ist eine Folge von abgeschlossenen Intervallen $(I_{n})_{n\in \mathbb {N} }=([a_{n},b_{n}])_{n\in \mathbb {N} }$ mit den Eigenschaften
1. Alle Intervalle sind Teilmengen ihres Vorgängers:
$\forall n\in \mathbb {N} :I_{n+1}\subseteq I_{n}$
2. Für jede reelle Zahl $\epsilon >0$ gibt es ein Intervall $I_{N}$ mit der Breite kleiner $\epsilon$:
$\forall \epsilon \in \mathbb {R} ^{+}:\exists N\in \mathbb {N} :b_{N}-a_{N}<\epsilon$
Außerdem gilt: Zu jeder Intervallschachtellung gibt es genau eine reelle Zahl, die in allen Intervallen enthalten ist.
Wir untersuchen nun die beiden "Randfolgen" der Intervallschachtellung $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$.
* Wegen $[a_{1},b_{1}]\supseteq [a_{2},b_{2}]\supseteq [a_{3},b_{3}]\supseteq \ldots \supseteq [a_{n},b_{n}]$ gilt $a_{1}\leq a_{2}\leq a_{3}\leq \ldots \leq a_{n}$, d.h. $a_{n-1}\leq a_{n}$, und $b_{1}\geq b_{2}\geq b_{3}\geq \ldots \geq b_{n}$, d.h. $b_{n-1}\geq b_{n}$.
* Also ist $(a_{n})$ monoton steigend und $(b_{n})$ monoton fallend.
* Wegen $a_{n}\leq b_{1}$ und $b_{n}\geq a_{1}$ ist $(a_{n})$ nach oben durch $b_{1}$ und $(b_{n})$ nach unten durch $a_{1}$ beschränkt.
Nach dem Monotoniekriterium konvergieren daher $(a_{n})$ und $(b_{n})$. Mit Hilfe der zweiten Eigenschaft der Intervallschachtellung zeigen wir noch, dass die beiden Folgen gegen denselben Grenzwert konvergieren. Der Grenzwert ist dabei gleich der reellen Zahl, die in allen Intervallen liegt.
Da $(I_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Intervallschachtellung ist, gilt
$\forall \epsilon >0\ \exists N\in \mathbb {N} :b_{N}-a_{N}<\epsilon$
Wegen $I_{n+1}\subseteq I_{n}$ folgt damit auch $b_{n}-a_{n}<\epsilon$ für alle $n\geq N$.
Insgesamt erhalten wir
$\forall \epsilon >0\ \exists N\in \mathbb {N} \ \forall n\geq N:|b_{n}-a_{n}|=b_{n}-a_{n}<\epsilon$
Dies bedeutet nach Definition aber genau, dass $(b_{n}-a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist. Damit können wir nun mit Hilfe der Grenzwertsätze folgern, dass $(a_{n})$ und $(b_{n})$ gegen denselben Grenzwert konvergieren. Denn ist $\lim _{n\to \infty }a_{n}=a$, so gilt
$\lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }[(b_{n}-a_{n})+a_{n}]{\underset {\text{sätze}}{\overset {\text{Grenzwert-}}{=}}}\lim _{n\to \infty }(b_{n}-a_{n})+\lim _{n\to \infty }a_{n}=0+a=a$
Für den Grenzwert gilt nun
$a=\sup\{a_{n}:n\in \mathbb {N} \}=\inf\{b_{n}:n\in \mathbb {N} \}$
Also ist $a_{n}\leq a\leq b_{n}$ beziehungsweise $a\in [a_{n},b_{n}]$. $a$ ist daher die reelle Zahl, die in allen Intervallen enthalten ist. Wir fassen dass gerade Bewiesene noch einmal zusammen:
Satz
Ist $(I_{n})_{n\in \mathbb {N} }=([a_{n},b_{n}])_{n\in \mathbb {N} }$ eine Intervallschachtellung und $x\in \mathbb {R}$ die Zahl, die in allen Intervallen enthalten ist. Dann sind $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ konvergent, und es gilt
$\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }b_{n}=x.$

## Anwendungsbeispiel: Intervallschachtellung für die eulersche Zahl

@Stephan Kulla: Abschnitt überarbeiten.
Betrachten wir als Beispiel die Intervallfolge $(I_{n})_{n\in \mathbb {N} }=([a_{n},b_{n}])_{n\in \mathbb {N} }$ mit $a_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$ und $b_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}$.
Wir zeigen im Folgenden, dass es sich dabei um eine Intervallschachtellung handelt. Mit dem Satz aus dem vorherigen Abschnitt erhalten wir damit auch die Konvergenz der beien Folgen $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$. Zunächst einmal gilt
$b_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}=\underbrace {\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}} _{=a_{n}}\cdot \underbrace {\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)} _{\geq 1}\geq a_{n}$
Damit ist $(I_{n})=([a_{n},b_{n}])$ wohldefiniert.
Nun müssen wir die beiden Eigenschaften einer Intervallschachtellung zeigen. Zuerst zeigen wir für alle $n\in \mathbb {N}$: $I_{n+1}\subseteq I_{n}$. Diese machen wir in zwei Schritten:
* $(a_{n})$ ist monoton steigend, d.h. $a_{n+1}\geq a_{n}$. Wir zeigen dazu ${\tfrac {a_{n+1}}{a_{n}}}\geq 1$ mit Hilfe der Bernoulli-Ungleichung.
${\begin{aligned}{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}&={\frac {\left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}}{\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}}}\\[0.5em]&={\frac {\left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}}{\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}}}\cdot \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)\\[0.5em]&={\frac {\left({\tfrac {n+2}{n+1}}\right)^{n+1}}{\left({\tfrac {n+1}{n}}\right)^{n+1}}}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {\tfrac {n+2}{n+1}}{\tfrac {n+1}{n}}}\right)^{n+1}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n(n+2)}{(n+1)^{2}}}\right)^{n+1}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n^{2}+2n+1-1}{(n+1)^{2}}}\right)^{n+1}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {(n+1)^{2}-1}{(n+1)^{2}}}\right)^{n+1}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left(1-{\tfrac {1}{(n+1)^{2}}}\right)^{n+1}\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&\ \left\downarrow {\text{ Bernoulli-Ungleichung}}\right.\\[0.5em]&\geq \left(1-{\tfrac {n+1}{(n+1)^{2}}}\right)\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\cdot \left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=1\end{aligned}}$
* $(b_{n})$ ist monoton fallend, d.h. $b_{n+1}\leq b_{n}$.
Aufgabe
Beweise dies.
Wie kommt man auf den Beweis?
Wir zeigen ähnlich zu oben ${\tfrac {b_{n}}{b_{n+1}}}\geq 1$ mit Hilfe der Bernoulli-Ungleichung.
Beweis
${\begin{aligned}{\frac {b_{n}}{b_{n+1}}}&={\frac {\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}}{\left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+2}}}\\[0.5em]&={\frac {\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+2}}{\left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+2}}}\cdot {\tfrac {1}{\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)}}\\[0.5em]&={\frac {\left({\tfrac {n+1}{n}}\right)^{n+2}}{\left({\tfrac {n+2}{n+1}}\right)^{n+2}}}\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {(n+1)^{2}}{n(n+2)}}\right)^{n+2}\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n^{2}+2n+1}{n(n+2)}}\right)^{n+2}\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n(n+2)+1}{n(n+2)}}\right)^{n+2}\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left(1+{\tfrac {1}{n(n+2)}}\right)^{n+2}\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&\ \left\downarrow {\text{ Bernoulli-Ungleichung}}\right.\\[0.5em]&\geq \left(1+{\tfrac {n+2}{n(n+2)}}\right)\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=\left({\tfrac {n+1}{n}}\right)\cdot \left({\tfrac {n}{n+1}}\right)\\[0.5em]&=1\end{aligned}}$
Da $(a_{n})$ monoton steigend und $(b_{n})$ monoton fallend ist, folgt $I_{n+1}=[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_{n},b_{n}]=I_{n}$. Somit haben wir die erste Eigenschaft einer Intervallschachtellung gezeigt.
Nun müssen wir noch zeigen
$\forall \epsilon >0\exists N\in \mathbb {N} :b_{N}-a_{N}<\epsilon$
Dazu schätzen wir den Ausdruck $b_{N}-a_{N}$ geeignet nach oben ab.
${\begin{aligned}b_{N}-a_{N}&=\left(1+{\tfrac {1}{N}}\right)^{N+1}-\left(1+{\tfrac {1}{N}}\right)^{N}\\&=\left(1+{\tfrac {1}{N}}\right)^{N}\cdot \left[\left(1+{\frac {1}{N}}\right)-1\right]\\&=a_{N}\cdot {\frac {1}{N}}.\end{aligned}}$
Nun ist aber $a_{N}\leq b_{N}\leq b_{1}=\left(1+{\frac {1}{1}}\right)^{2}=4$, und daher
$b_{N}-a_{N}=a_{N}\cdot {\tfrac {1}{N}}\leq 4\cdot {\tfrac {1}{N}}={\tfrac {4}{N}}$
Nun ist ${\tfrac {4}{N}}<\epsilon \Leftrightarrow N>{\tfrac {4}{\epsilon }}$. Wählen wir also zu einem beliebigen $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$ mit $N>{\tfrac {4}{\epsilon }}$, so gilt
$b_{N}-a_{N}\leq {\frac {4}{N}}<\epsilon$
Also ist $(I_{n})$ tatsächlich eine Intervallschachtellung. Die in allen diesen Intervallen enthaltene Zahl heißt eulersche Zahl und wird mit $e$ bezeichnet. Mit Hilfe der Intervallschachtelung lässt sich diese beliebig genau eingrenzen, wenn auch sehr langsam. Beispielsweise ist $e\in [a_{10},b_{10}]=[2.59374246,2.85311671]$. Tatsächlich ist $e\approx 2,718281828459045$.
Mit dem Satz von oben gilt nun
$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}=e=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}.$
Später werden wir noch $e=\exp(1)$ zeigen, was viele wohl aus der Schule noch wissen.
Konvergenzbeweise rekursiver Folgen →
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