c_analysis-1.tex

\startcomponent c_analysis-1
\product prd_analysis
\project project_analysis

\starttext
\chapter[ch:folgen-reihen]{Folgen und Reihen}
\section[sec:lim-Folgen]{Grenzwerte von Folgen}
\subsection[ssec:folg-real-numb]{Folgen reeller Zahlen}
\startdefn
Eine Folge reeler Zahlen ist eine Abbildung
\startformula
\startmathmatrix[n=4,align={right,middle,middle,middle}]
\NC f:\NC \N\NC\xrightarrow\NC\R\NR
\NC \NC n\NC \xmapsto\NC a_{n}
\stopmathmatrix
\stopformula
Man schreibt kurz $f=(a_{n})_{n\in\N}=(a_{n})$, dabei wird $f(n)=a_{n}$ das n-te Folgenglied genannt.
\stopdefn
\startbsp
\startitemize[m]
\item $\left(\frac{1}{n}\right)_{n\in\N}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\ldots\right)$
\item $\left( (-1)^{n}\right)_{n\in\N}=\left(-1,1,-1,1,-1,1,\ldots\right)$
\item $(27)_{n\in\N}=(27,27,27,27,\ldots)$ die konstante Folge.
\stopitemize
Für 1 sieht die folge wie folgt aus:
\startbuffer[folg1]
1	3
2	1.5
3	0.999999999999999
4	0.75
5	0.6
6	0.5
7	0.428571428571429
8	0.375
9	0.333333333333333
10	0.3
\stopbuffer
\savebuffer[folg1][data/folg1.d]
\placefigure[here][fig:folg-1/n]{Folge $\frac{1}{n}$}{
\starttikzpicture[only marks]
	\draw plot[mark=*] file {data/folg1.d};
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (x axis mid) (11,0);
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (y axis mid)(0,3.3);
	\foreach \x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\x$};
	\foreach \y/\ytext in {0/0,0.75/0.25,1.5/0.5,2.25/0.75,3/1}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\node[below=1cm] at (x axis mid) {$\N$};
	\node[left=2cm,rotate=90] at (y axis mid) {$\R$};
\stoptikzpicture
}
\stopbsp
\startbsp
Es sei $(a_{n}):=\left(\frac{1}{n}\right)$, $(b_{n}):=\left(\frac{1}{2n}\right)$ und $(c_{n}):=\left(\frac{1}{n^{2}}\right)$, dann heißen $(b_{n})$ und $(c_{n})$ Teilfolgen von $(a_{n})$. Es gilt $b_{n}=a_{2n}$ und $c_{n}=a_{n^{2}}$, das heißt es gibt eine Folge $(k_{n})_{n\in\N}$ natürlicher Zahlen $k_{n}\in\N$ mit $k_{1}<k_{2}<k_{3}<\ldots$ so, daß $b_{n}=a_{k_{n}}$ gilt. Hierbei wäre $k_{n}=2n$ und analog für $c_{n}=a_{k_{n}}$ mit $k_{n}=n^{2}$.
\stopbsp
\startdefn
Sei $(a_{n})_{n\in\N}$ eine Folge reeller Zahlen und $(k_{n})_{n\in\N}$ eine Folge natürlicher Zahlen mit $k_{1}<k_{2}<k_{3}<\ldots$, dann heißt die Folge $(b_{n})$ mit $b_{n}:=a_{k_{n}}$ eine Teilfolge von $(a_{n})$.
\stopdefn
\startdefn
\startitemize[r]
\item $(a_{n})$ heißt nach oben beschränkt, falls $\exists c\in\R\,\forall n\in\N:a_{n}\leq c$.
\item $(a_{n})$ heißt nach unten beschränkt, falls $\exists d\in\R\,\forall n\in\N:a_{n}\geq d$.
\item $(a_{n})$ heißt monoton steigend, falls $\forall n\in\N: a_{n}\leq a_{n+1}$.
\item $(a_{n})$ heißt monoton fallend, falls $\forall n\in\N: a_{n}\geq a_{n+1}$.
\stopitemize
\stopdefn
\startbsp
\startitemize[m]
\item $(2n+1)_{n\in\N_{0}}=\left\{1,2,5,7,9,\ldots\right\}$ ist monoton steigend und nicht nach oben beschränkt.
\item $\left(1-\frac{1}{n}\right)=\left\{0,\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\ldots\right\}$ ist monoton steigend und nach oben beschränkt.
\stopitemize
\stopbsp
\startbsp für das Verhalten von Folgen
\startbuffer[folg2]
1	-1.5
2	0.75
3	-0.5
4	0.375
5	-0.3
6	0.25
7	-0.214285714285714
8	0.1875
9	-0.166666666666667
10	0.15
\stopbuffer
\savebuffer[folg2][data/folg2.d]
\startbuffer[folg3]
0	0
1	0.3
2	0.6
3	0.9
4	1.2
5	1.5
6	1.8
7	2.1
8	2.4
9	2.7
10	3
\stopbuffer
\savebuffer[folg3][data/folg3.d]
\startbuffer[folg4]
1	-1.5
2	1.125
3	-1
4	0.9375
5	-0.9
6	0.875
7	-0.857142857142857
8	0.84375
9	-0.833333333333333
10	0.825
\stopbuffer
\savebuffer[folg4][data/folg4.d]
\placefigure[here][fig:bsp-folg]{Beispiele für Folgen}{
\startcombination[2*2]
{\starttikzpicture[x=.5cm,only marks]
	\draw plot[mark=*] file {data/folg1.d};
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (x axis mid) (11,0);
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (y axis mid)(0,3.4);
	\foreach \x/\xtext in {0/0,0.5/1,1/2,1.5/3,2/4,2.5/5,3/6,3.5/7,4/8,4.5/9,5/10}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\foreach \y/\ytext in {0/0,0.75/0.25,1.5/0.5,2.25/0.75,3/1}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\node[below=1cm] at (x axis mid) {$\N$};
	\node[left=1cm,rotate=90] at (y axis mid) {$\R$};
\stoptikzpicture
} {$a_{n}=\frac{1}{n}$} 
{\starttikzpicture[x=.5cm,only marks]
	\draw plot[mark=*] file {data/folg2.d};
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (x axis mid) (11,0);
	\draw[->] (0,-1.7) -- coordinate (y axis mid)(0,1.7);
	\foreach \x/\xtext in {0/0,0.5/1,1/2,1.5/3,2/4,2.5/5,3/6,3.5/7,4/8,4.5/9,5/10}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\foreach \y/\ytext in {-1.5/-1,-0.75/-0.5,0/0,0.75/0.5,1.5/1}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\node[below=2cm] at (x axis mid) {$\N$};
	\node[left=1cm,rotate=90] at (y axis mid) {$\R$};
\stoptikzpicture
} {$b_{n}=(-1)^{n}\cdot\frac{1}{n}$}
{\starttikzpicture[x=.5cm,only marks]
	\draw plot[mark=*] file {data/folg3.d};
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (x axis mid) (11,0);
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (y axis mid)(0,3.4);
	\foreach \x/\xtext in {0/0,0.5/1,1/2,1.5/3,2/4,2.5/5,3/6,3.5/7,4/8,4.5/9,5/10}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\foreach \y/\ytext in {0/0,0.75/5,1.5/10,2.25/15,3/20}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\node[below=1cm] at (x axis mid) {$\N$};
	\node[left=1cm,rotate=90] at (y axis mid) {$\R$};
\stoptikzpicture
} {$c_{n}=2\cdot n$} 
{\starttikzpicture[x=.5cm,only marks]
	\draw plot[mark=*] file {data/folg4.d};
	\draw[->] (0,0) -- coordinate (x axis mid) (11,0);
	\draw[->] (0,-1.7) -- coordinate (y axis mid)(0,1.7);
	\foreach \x/\xtext in {0/0,0.5/1,1/2,1.5/3,2/4,2.5/5,3/6,3.5/7,4/8,4.5/9,5/10}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\foreach \y/\ytext in {-1.5/-2,-0.75/-1,0/0,0.75/1,1.5/2}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\node[below=2cm] at (x axis mid) {$\N$};
	\node[left=1cm,rotate=90] at (y axis mid) {$\R$};
\stoptikzpicture
} {$d_{n}=(-1)^{n}\cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)$}
\stopcombination
}
Wir werden in Kürze davon sprechen, das die Folgen $(a_{n})$ und $(b_{n})$ konvergent und $(c_{n})$ und $(d_{n})$ divergent sind. "Konvergenz" wird in diesem zusammenhang bedeuten, daß der Abstand zum Wert "0" beliebig klein wird, wenn nur $n$ genügend groß ist. Als Beobachtung können wir festhalten, daß
\startitemize[m]
\item der Abstand der Folgeglieder $a_{n}$ zum Wert "$0$" beliebig klein wird, wenn n genügend groß ist,
\item das selbe für die Folge $(b_{n})$ gilt,
\item die Folge $(c_{n})$ unbeschränkt ist und
\item die Folge $(d_{n})$ beschränkt ist und die Beträge $\abs{d_{n}}$ monoton fallend sind, dennoch wird sich die Folge als nicht konvergent erweisen.
\stopitemize
\stopbsp
\subsection[ssec:limits-folg]{Grenzwerte von Folgen}
Sei $(a_{n})$ eine Folge mit $a\in\R$
\startdefn
$(a_{n})$ konvergiert gegen $a$, falls zu jedem $\varepsilon>0$ ein Index $N\in\N$ existiert mit $\abs{a_{n}-a}<\varepsilon\,\forall n\geq N$, das heißt $\forall \varepsilon>0\,\exists N\in\N\,\forall n\geq N:\,\abs{a_{n}-a}<\varepsilon$.\\
In Zeichen schreibt man $a_{n}\xrightarrow{n\to\infty}{}a$.\\
$(a_{n})$ heißt konvergent, falls ein $a\in\R$ existiert mit $a_{n}\to a$, ansonsten heißt sie divergent.\\
Dieses läßt sich sehr gut in \in{Figure}[fig:bsp-folg] verdeutlichen.
\placefigure[here][fig:bsp-folg]{Veranschaulichung Konvergenz}{
\startbuffer[folg5]
1	0.10000000000000
2	4.00000000000000
3	0.66666666666667
4	3.00000000000000
5	1.20000000000000
6	2.66666666666667
7	1.42857142857143
8	2.40000000000000
9	1.60000000000000
10	2.30000000000000
11	1.80000000000000
\stopbuffer
\savebuffer[folg5][data/folg5.d]
\starttikzpicture
	\draw[->] (0,0) --coordinate (x axis mid) (11.4,0);
	\draw[->] (0,0) --coordinate (y axis mid) (0,4.1);
	\foreach \x/\xtext in {4/N,8/N'}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\foreach \y/\ytext in {1/a-\varepsilon,1.5/a-\varepsilon',2/a,2.5/a+\varepsilon',3/a+\varepsilon}
		\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
	\fill[red!20!white] (4,1) rectangle (11.4,3);
	\fill[green!20!white] (8,1.5) rectangle (11.4,2.5);
	\draw[dashed] (0,1) -- (11.4,1);
	\draw[dashed] (0,1.5) -- (11.4,1.5);
	\draw[dashed] (0,2.5) -- (11.4,2.5);
	\draw[dashed] (0,3) -- (11.4,3);
	\draw[dashed] (4,0) -- (4,4);
	\draw[dashed] (8,0) -- (8,4);
	\draw[only marks] plot[mark=*] file {data/folg5.d};
	\draw[red] (0,2) -- (11.4,2);
	\draw[->] (8.1,5) node[fill=green!20!white, draw=white!20!black, right,text width=6.3cm] {Komplette Folge muß hier verlaufen, dies muss für jedes noch so kleine $\varepsilon$ gelten.} -- (9.5,2.3) node {};
\stoptikzpicture
}
$a_{n}\to a\quad\Leftrightarrow\quad$Für jedes $\varepsilon>0$ liegen fast alle Folgenglieder in der $\varepsilon$-Umgebung von $a$, dabei meint "fast alle" das gleiche wie "alle bis auf endlich viele". Für die $\varepsilon$-Umgebung von $a$ schreiben wir $U_{\varepsilon}(a):=(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$.
\stopdefn
\startbsp
\startitemize[m]
\item $\frac{1}{n}\to 0$
\startproof
Sei $\varepsilon>0$ gegeben, dann existiert nach (A3) ein $N\in\N$ mit
\placeformula[eq:eps1]
\startformula
N>\frac{1}{\varepsilon}
\stopformula
Dann gilt für $n\geq N$
\startformula
\abs{\frac{1}{n}-0}=\frac{1}{n}\leq\frac{1}{N}\stackrelo{<}{\text{(\in[eq:eps1])}}\varepsilon
\stopformula
\stopproof
\item $\underbrace{\left(\left(-1)\right)^{n}\right)_{n\in\N}}_{a_{n}}$ ist divergent.
\startproof
Annahme: $\exists a\in\R:\,a_{n}\to a$\\
Dann gilt für $\varepsilon=\frac{1}{2}$, das fast alle Folgenglieder in $U_{\frac{1}{2}}(a)$ liegen, aber aus $1\in U_{\frac{1}{2}}(a)\Rightarrow -1\not\in U_{\frac{1}{2}}(a)$ \lightning{} damit ist die Annahme falsch und es folgt die Behauptung.
\stopproof
\item Spezialfälle:\\
$(a_{n})$ heißt Nullfolge, falls $a_{n}\to 0$ gilt, das heißt $\forall \varepsilon >0\, \exists N\in\N\, \forall n\geq N:\, \abs{a_{n}}<\varepsilon$.
\stopitemize
\stopbsp
\startbem
Wenn $a_{n}\to a$ konvergiert, dann ist $(a_{n}-a)$ eine Nullfolge.
\stopbem
\underbar{\bf Behauptung} gilt
\startformula
\startmathmatrix[left={\left.\,},right={\,\right\}},n=1]
\NC a_{n}\to a\NR
\NC a_{n}\to b
\stopmathmatrix\Rightarrow a=b
\stopformula
Man nennt $a$ in diesem Fall den Grenzwert der Folge $(a_{n})$ und schreibt
\startformula
a=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}
\stopformula
\startproof der Behauptung:\\
Annahme: $a\neq b$, dann sei $\varepsilon:=\frac{\abs{a-b}}{2}>0$, dann liegen aber fast alle Folgenglieder in $U_{\varepsilon}(a):=(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ und in $U_{\varepsilon}(b):=(b-\varepsilon,b+\varepsilon)$, aber $U_{\varepsilon}(a)\cap U_{\varepsilon}(b)=\emptyset$ \lightning{}, also war unsere Annahme falsch und somit gilt unsere Behauptung $a=b$.
\stopproof
\startproof Alternative Version zu obiger Behauptung:\\
zu $\varepsilon:=\frac{\abs{a-b}}{2}\,\exists N\in\N:\, \forall n\geq N:\abs{a_{n}-a}<\varepsilon$ und $\exists N'\in\N\, \forall n\geq N':\abs{a_{n}-b}<\varepsilon$, aber: $2\varepsilon=\abs{a-b}=\abs{(a-a_{n})+(a_{n}-b)}\leq\abs{a_{n}-a}+\abs{a_{n}-b}<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon$ \lightning{} $\Rightarrow$ Behauptung
\stopproof
\warning{} Beachten Sie bitte die folgenden exemplarischen Beispiele:
\startitemize[m]
\item Die Folge $\left(1,\frac{1}{2},1\frac{1}{3},1\frac{1}{4},1,\frac{1}{5},\ldots\right)$ konvergiert nicht gegen 0, obwohl die Folgenglieder beliebig nahe an 0 herankommen, jedoch konvergiert eine Teilfolge gegen 0.
\item Ist $(a_{n}-a)$ monoton fallend, so muß nicht $a_{n}\to a$ gelten.
\startbsp
Sei $a_{n}=2+\frac{1}{n}$, $a=1$ so ist $a_{n}-a=1+\frac{1}{n}$.
\stopbsp
\stopitemize
\startlemma\index{Bernoulli Ungleichung}\index{Ungleichung+Bernoulli}Bernoulli Ungleichung\\
Für $x\geq -1$ und $n\in\N$ gilt
\startformula
(1+x)^{n}\geq 1+nx
\stopformula
\stoplemma
\startproof mittels Induktion nach n\\
\startdescr{IA} $n=1$ gilt
\stopdescr
\startdescr{IV} Die Aussage gelte bereits für beliebiges $n$.
\stopdescr
\startdescr{IS} Aus $n$ folgt $n+1$:
\startformula
\startalign
(1+x)^{n+1}=&\underbrace{(1+x)^{n}}_{\stackrelo{\geq}{IV}1+nx}\cdot\underbrace{(1+x)}_{\geq 0}\cr
\geq&(1+nx)(1+x)\cr
=&1+(n+1)x+\underbrace{nx^{2}}_{\geq0}\cr
\geq&1+(n+1)x
\stopalign
\stopformula
\stopdescr
\stopproof
Behauptung: Für $q\in\R$ gilt
\startitemize[r]
\item $\abs{q}<1\quad\Rightarrow\quad\lim\limits_{n\to\infty}q^{n}=0$
\item $\abs{q}\geq 1\quad\Rightarrow\quad (q^{n})_{n\in\N}$ ist divergent.
\stopitemize
\startproof
\startitemize[r]
\item $q=0$ ist klar, für $q\neq 0$ und $\abs{q}<1$ gilt $\frac{1}{\abs{q}}>1$\\
$\Rightarrow\exists x>0:\frac{1}{\abs{q}}=1+x$. Sei nun ein $\varepsilon>0$ gegeben, so ist\\
\startformula
\abs{q^{n}-0}=\abs{q^{n}}=\abs{q}^{n}=\frac{1}{(1+x)^{n}}\leq\frac{1}{1+nx}\leq\frac{1}{nx}
\stopformula
Man wählt nun $N\in\N$ mit $N>\frac{1}{\varepsilon x}$, dann ist für $n\geq N$
\startformula
\frac{1}{nx}\leq\frac{1}{Nx}\leq\varepsilon
\stopformula
also ist $\abs{q^{n}-0}<\varepsilon$.
\item Analog zu vorherigem Teil
\stopitemize
\stopproof
\subsection[ssec:calculus-conv-folg]{Rechnen mit konvergenten Folgen}
Seien $(a_{n})$ und $(b_{n})$ Folgen.
\startsatz
Falls $(a_{n})$ und $(b_{n})$ konvergent sind, dann sind auch $(a_{n}+b_{n})$ und $(a_{n}-b_{n})$ konvergent und es gilt
\startformula
\startalign
\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}+b_{n}&=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}+\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}\cr
\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}-b_{n}&=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}-\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}
\stopalign
\stopformula
\stopsatz
\startproof
Sei $\varepsilon>0$ gegeben und $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ sowie $b:=\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}$.
\startitemize[r]
\item $\exists N_{1}\in\N\,\forall n\geq N_{1}:\,\abs{a_{n}-a}<\frac{\varepsilon}{2}$\\
$\exists N_{2}\in\N\,\forall n\geq N_{2}:\,\abs{b_{n}-b}<\frac{\varepsilon}{2}$\\
Man wählt nun $N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$, dann gilt für $n\geq N$
\startformula
\abs{(a_{n}+b_{n})-(a+b)}\leq\abs{a_{n}-a}+\abs{b_{n}-b}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
\stopformula
\item Es gilt
\placeformula[eq:proof:calc:folgen:1]
\startformula
\abs{a_{n}b_{n}-ab}=\abs{a_{n}(b_{n}-b)+b(a_{n}-a)}\leq\abs{a_{n}}\cdot\abs{b_{n}-b}+\abs{b}\cdot\abs{a_{n}-a}
\stopformula
$\exists N_{1}\in\N\,\forall n\geq N_{1}: \abs{a_{n}-a}<\frac{\varepsilon}{2\abs{b}}$ und $\abs{a_{n}-a}<1$\\
$\exists N_{2}\in\N\,\forall n\geq N_{2}: \abs{b_{n}-b}<\frac{\varepsilon}{2(1+\abs{a})}$\\
Dann wählt man erneut $N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$ und es gilt für $n\geq N$
\startformula
\abs{a_{n}}=\abs{a-a_{n}-a}\leq\abs{a-a_{n}}+\abs{a}\leq 1+\abs{a}
\stopformula
Nach Gleichung (\in[eq:proof:calc:folgen:1]) folgt dann:
\startformula
\abs{a_{n}b_{n}-ab}<(1+\abs{a_{n}})\frac{\varepsilon}{2(1+\abs{a_{n}})}+\abs{b}\cdot\frac{\varepsilon}{2\abs{b}}\leq\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
\stopformula
\stopitemize
\stopproof
\warning{} Es kann vereinzelt vorkommen, daß $(a_{n}+b_{n})$ und $(a_{n}-b_{n})$ konvergent sind, obwohl $(a_{n})$ und/oder $(b_{n})$ nicht konvergent sind.
\startbsp
$0=\lim(0)=(-1)^{n}+(-1)^{n+1}$, definiert man nun: $a_{n}=(-1)^{n}$ und $b_{n}=(-1)^{n+1}$ so konvergieren $(a_{n})$ und $(b_{n})$ nicht. Weiterhin gilt $a_{n}-b_{n}=-1$, damit konvergiert sie gegen $-1$ obwohl die $(a_{n})$ und $(b_{n})$ nicht konvergieren.
\stopbsp
Die Folge $\left(\frac{1}{a_{n}}\right)_{n\in\N}$ ist konvergent, wenn gilt:
\startformula
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}}
\stopformula
\startproof
Sei $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$, so $\exists N\in\N\, \forall n\geq N:\abs{a_{n}-a}<\frac{\abs{a}}{2}$, dann ist für $n\geq N\,\abs{a_{n}}>\frac{\abs{a}}{2}>0$. Sei $\varepsilon >0$ so gilt:
\placeformula
\startformula
\startalign
\NC\abs{\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a}}=\NC\abs{\frac{a-a_{n}}{a_{n}a}}=\frac{1}{\abs{a_{n}}\cdot\abs{a}}\cdot\abs{a_{n}-a}\NR
\NC\stackrelo{\geq}{\forall n\geq N}\NC\frac{2}{\abs{a}^{2}}\cdot\abs{a_{n}-a}\NR[eq:calc:folgen:2]
\stopalign
\stopformula
Dann $\exists N'\in\N\,\forall n\geq N':\abs{a_{n}-a}<\varepsilon\frac{\abs{a}^{2}}{2}$. damit sit für $n\geq N'$ Gleichung (\in[eq:calc:folgen:2])$<\varepsilon$ und damit auch $\abs{\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a}}<\varepsilon$ für $n\geq\max\{N,N'\}$.
\stopproof
\startbsp
Sei $a_{n}:=\frac{2n^{2}+n}{n^{2}-1}=\frac{\not{n^{2}}\left(2+\frac{1}{n}\right)}{\not{n^{2}}\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)}$, gesucht wird der $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ falls existent. Als Lösung ergibt sich
\startformula
\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}2+\frac{1}{n}}{\lim\limits_{n\to\infty}1-\frac{1}{n^{2}}}\to\frac{2}{1}
\stopformula
also ist $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=2$.
\stopbsp
\startsatz
Seien $(a_{n})$ und $(b_{n})$ konvergent und $a_{n}\leq b_{n}\,\forall n\in\N$, dann gilt
\startformula
\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}\leq\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}
\stopformula
\stopsatz
\startproof
Sei $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ und $b:=\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}$. Annahme: $a>b$, das heißt $\varepsilon:=\frac{a-b}{2}>0$, dann existiert ein $N_{1}\in\N$ so daß für alle $n\geq N_{1}$ gilt $\abs{a_{n}-a}<\varepsilon$ und es existiert ein $N_{2}\in\N$ so daß für alle $n\geq N_{2}$ gilt $\abs{b_{n}-b}<\varepsilon$. Für $n\geq\max\{N_{1},N_{2}\}$ gilt dann
\startformula
\startmathmatrix[n=1,left={\left.\,},right={\,\right\}}]
\NC a_{n}>a-\varepsilon=(2\varepsilon+b)-\varepsilon=b+\varepsilon\NR
\NC b_{n}<b+\varepsilon
\stopmathmatrix \Rightarrow\, a_{n}>b_{n}
\stopformula
Dies ist aber ein Widerspruch und unsere Annahme ist falsch, damit folgt dann die Behauptung.
\stopproof
\warning{} Aus $a_{n}<b_{n}\,\forall n\in\N$ folgt im Allgemeinen nicht $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}<\lim\limits_{n\to\infty}b_{n}$ Als Gegenbeispiel sei hier 0\leftarrow-\frac{1}{n}<\frac{1}{n}\rightarrow0$, aber \lim\left(-\frac{1}{n}\right)=\lim\left(\frac{1}{n}\right)$.
\subsection[ssec:inf-sup:folg]{Infimum und Supremum von Folgen}
\startsatz
Sei $(a_{n})$ eine monoton steigende und nach oben beschränkte Folge, dann ist $(a_{n})$ konvergent und $\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n})=\sup\{a_{n}\mid\, n\in\N\}$.
\stopsatz
\startproof
Sei $M:=\{a_{n}\mid\,n\in\N\}$. Aus $M$ nach oben beschränkt folgt nach (V) das $s:=\sup(M)$ existiert. Sei $\varepsilon>0$, dann existiert ein $N\in\N:s-\varepsilon<a_{n}$. Aus $a_{N}\leq a_{n}\leq s$ folgt daher für $n\geq N$ die Monotonie: $\abs{a_{n}-s}=s-a_{n}\leq s-a_{N}<\varepsilon$.
\stopproof
Analog wird definiert:
\startsatz
Sei $a_{n}$ eine monoton fallende und nach unten beschränkte Folge, dann ist $(a_{n})$ konvergent und $\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n})=\inf\{a_{n}\mid\,n\in\N\}$.
\stopsatz
\startbem
Dies folgt direkt zum Beispiel mit folgenden Betrachtungen:
\startitemize[m]
\item $(a_{n})$ monoton fallend $\Leftrightarrow\,(-a_{n})$ monoton steigend.
\item $(a_{n})$ nach unten beschränkt $\Leftrightarrow\,(-a_{n})$ nach oben beschränkt
\item $t:=\inf\{a_{n}\mid\,n\in\N\}\,\Leftrightarrow\, -t=\sup\{-a_{n}\mid\,n\in\N\}$.
\stopitemize
\stopbem
\subsection[ssec:haeufung:werte:folg]{Häufungswerte von Folgen}
Sei $(a_{n})$ eine Folge
\startdefn
$h\in\R$ heißt Häufungspunkt von $(a_{n})$, falls in jeder $\varepsilon$-Umgebung $U_{\varepsilon}(h)$ $\infty$-viele Folgenglieder liegen, das heißt falls $a_{n}\in U_{\varepsilon}(h)$ für $\infty$-viele $n\in\N$ gilt.\\
Es darf auch passieren, daß endliche viele außerhalb liegen.\inmargin{\startcolor[bordeauxred]$\infty$-viele?\stopcolor}
\stopdefn
\startbsp
\startitemize[m]
\item $((-1)^{n})$ hat die Häufungspunkte $1$ und $-1$.
\item $a_{n}=\startcases \NC 1 \NC, if n even\NR
\NC \frac{1}{n}\NC, if n odd\stopcases$, hat die Häufungspunkte $0$ und $1$.
\item $(a_{n})$ konvergent $\Rightarrow\,\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ ist der einzige Häufungspunkt.
\stopitemize
\stopbsp
\startsatz
$h$ ist Häufungspunkt von $(a_{n})_{n\in\N}\,\Leftrightarrow\,(a_{n})_{n\in\N}$ eine Teilfolge $(a_{k_{n}})_{n\in\N}$ besitzt, die gegen $h$ konvergiert.
\stopsatz
\startproof
\startitemize
\sym {$\Leftarrow$} Sei $\varepsilon>0$, dann liegen in $U_{\varepsilon}(h)$ fast alle Glieder von $(a_{k_{n}})$ nach Definition der Konvergenz, danach folgt das in $U_{\varepsilon}(h)\, \infty$-viele Glieder von $(a_{n})$ liegen.
\sym {$\Rightarrow$} $\exists k_{1}\in\N:\, a_{k_{1}}\in U_{1}(h)$\\
$\exists k_{2}>k_{1}:\, a_{k_{2}}\in U_{\frac{1}{2}}(h)$\\
$\exists k_{3}>k_{2}:\, a_{k_{3}}\in U_{\frac{1}{3}}(h)$\\
$\vdots$\\
$\exists k_{n}>k_{n-1}:\, a_{k_{n}}\in U_{\frac{1}{n}}(h)$\\
damit existiert eine Teilfolge $(a_{k_{n}})$ mit $a_{k_{n}}\xrightarrow{n\to\infty}{} h$.
\stopitemize
\stopproof
\subsection[ssec:satz:balzano-weierstrass]{Der Satz von Bolzano-Weierstraß}
\startsatz
Jede nach oben und unten beschränkte Folge in $\R$ hat einen Häufungspunkt in $\R$ oder besitzt eine konvergente Teilfolge, egal wie häßlich diese auch sein mag.
\stopsatz
\startproof
\startitemize[m]
\item Sei $(a_{n})$ beschränkt, das heißt $-s\leq a_{n}\leq s\,\forall n$. Für $n\in\N$ betrachtet man $s_{n}:=\sup\{a_{i}\mid\,i\geq n\}$. Das Supremum existiert nach (V). Es gilt: $s_{n}\geq s_{n+1}\,\forall n$ und $s_{n}\geq -s$, das heißt $(s_{n})$ monoton fallend und nach unten beschränkt, damit folgt daß $s_{n}\xrightarrow{n\to\infty}{}\inf\{s_{n}\mid\,n\in\N\}=:a$.
\placefigure[here][fig:sup-folg]{Folge der Suprema \\ Startwerte werden immer neu gewählt}{
\startbuffer[folg6]
1	0.1
1.1	3.2
1.2	2.5
1.3	3.9
1.4	0.4
1.5	0.8
1.6	1.7
1.7	3.4
1.8	0.3
1.9	2.8
2	3.9
2.1	0.1
2.2	0.6
2.3	1.7
2.4	0.9
2.5	0.4
2.6	1.5
2.7	1.9
2.8	0.6
2.9	2.1
3	0.5
5	0.4
7	0.3
\stopbuffer
\savebuffer[folg6][data/folg6.d]
\starttikzpicture
	\draw[->] (0,0) --coordinate (x axis mid) (10.4,0);
	\draw[->] (0,0) --coordinate (y axis mid) (0,4.1);
	\foreach \x/\xtext in {3/n,5/n+1,7/n+2}
	        \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
	\draw[only marks] plot[mark=*] file {data/folg6.d};
	\draw[->] (8.1,5) -- (3.1,4);
	\draw[->] (8.1,5) -- (5.1,4);
	\draw (3,0) -- (3,4.1);
	\draw (5,0) -- (5,4.1);
	\draw (7,0) -- (7,4.1);
	\draw[->] (8.1,5) node[fill=white, draw=white!20!black, right,text width=6.3cm] {Komplette Folge muß hier verlaufen, dies muss für jedes noch so kleine $\varepsilon$ gelten.} -- (7.1,4) node {};
\stoptikzpicture
}
\item Behauptung $a$ ist Häufungswert von $(a_{n})$. Sei $\varepsilon>0$ und $N\in\N$ gegeben, so zeigt man $\exists n\geq N:\, \abs{a_{n}-a}<\varepsilon\,a_{n}\in U_{\varepsilon}(a)$, das heißt das in $U_{\varepsilon}(a)$ unendlich viele Folgeglieder liegen.\\
$\exists m\in\N:\, \abs{a-s_{m}}<\frac{\varepsilon}{2}$, denn $a\stackrelo{=}{1}\lim\limits_{n\to\infty}s_{n}$. Man kann nun $m\geq\N$ so wählen, daß $\exists n\geq m:\, \abs{s_{m}-a_{n}}<\frac{\varepsilon}{2}$, denn $s_{m}=\sup\{a_{i}\mid\, i\geq m\}$, daher gilt
\startformula
\abs{a-a_{n}}=\abs{a-s_{m}+s_{m}-a_{n}}\leq\abs{a-s_{m}}+\abs{s_{m}-a_{n}}<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.
\stopformula
\stopitemize
\stopproof
Weiterhin können wir sagen das $a:=\lim\limits_{n\to\infty}\underbrace{\left(\sup\{a_{i}\mid\, i\geq n\}\right)}_{:=s_{n}}$ der größte Häufungswert von $(a_{n})$ ist.
\startproof
Annahme: $a'$ ist Häufungspunkt von $(a_{n})$ und $a<a'$. Man wählt nun $\delta>0$ mit $a<a'-\delta$. Für unendlich viele Folgeglieder $a_{n}$ gilt $a_{n}\in U_{\varepsilon}(a')$, also $a'-\delta\leq a_{n}$ für diese $n$. Damit ist $\sup\{a_{i}\mid\, i\geq n\}\geq a'-\delta$ und weiterhin $a\geq a'-\delta$ \lightning{} Damit ist unsere Annahme falsch gewesen und es folgt die Behauptung.
\stopproof
\startdefn
Für eine beschränkte Folge $(a_{n})$ heißt
\startformula
\limsup\limits_{n\to\infty}a_{n}:=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sup\{a_{i}\mid\,i\geq n\}\right)=\text{größter Häufungspunkt von }(a_{n})
\stopformula
der Limers Superior von $(a_{n})$.
\stopdefn
\startbsp
$\limsup\limits_{n\to\infty}(-1)^{n}=1$ der größte Häufungspunkt.
\stopbsp
\startdefn
Für eine beschränkte Folge $(a_{n})$ heißt
\startformula
\liminf\limits_{n\to\infty}a_{n}:=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\inf\{a_{i}\mid\,i\geq n\}\right)=\text{kleinste Häufungswert von }(a_{n})
\stopformula
Limes Inferior von $(a_{n})$.
\stopdefn
\startbsp
$\liminf\limits_{n\to\infty}(-1)^{n}=-1$
\stopbsp
\subsection[ssec:calc:sqrt]{Berechnung von Quadratwurzeln}
Im folgenden ist $b\in\R^{+}$ gegeben.
\startfrage
Wie berechnet man gute Näherungswerte für $\sqrt{b}$?
\stopfrage
Man definiert rekursiv eine Folge $(a_{n})_{n\in\N_{0}}$ durch\\
\placeformula
\startformula
\startalign
\NC a_{0}\in\R^{+}\text{ beliebig,}\NR
\NC a_{n+1}:=\frac{1}{2}\left(a_{n}+\frac{b}{a_{n}}\right)\NR[eq:babyl:folg]
\stopalign
\stopformula
Diese Rekursive Definition wird auch die Babylonische Folge genannt.
\startbsp
Sei $b=2$ und $a_{0}=1$, dann ist:
\startformula
\startalign
\NC a_{1}=\NC \frac{1}{2}\left(1+\frac{2}{1}\right)=\frac{3}{2}=1.5\NR
\NC a_{2}=\NC \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}+\frac{2}{\frac{3}{2}}\right)=\frac{17}{12}=1.416\ldots\NR
\NC a_{3}=\NC \frac{1}{2}\left(\frac{17}{12}+\frac{2}{\frac{17}{12}}\right)=\frac{577}{408}=1.41425\ldots\NR
\NC \vdots\NC \NR
\stopalign
\stopformula
\stopbsp
\startsatz
Für jeden Startwert $a_{0}$ konvergiert die durch \in{Gleichung (}{)}[eq:babyl:folg] definierte Folge $(a_{n})$ gegen $\sqrt{b}$.
\stopsatz
\startproof
\startitemize[r]
\item Es gilt $a_{n}>0\,\forall n\in\N$ Induktion nach $n$
\item Es gilt $a_{n}\geq\sqrt{b}\,\forall n\geq 1$, denn
\startformula
\startalign
\NC a_{n}^{2}-b\stackrelo{=}{\text{\in{(}{)}[eq:babyl:folg]}}\NC\frac{1}{4}\left(a_{n-1}+\frac{b}{a_{n-1}}\right)^{2}-b\NR
\NC =\NC\frac{1}{4}\left(a_{n-1}^{2}+2b+\frac{b^{2}}{a_{n-1}^{2}}\right)-b\NR
\NC =\NC\frac{1}{4}\left(a_{n-1}-\frac{b}{a_{n-1}}\right)^{2}\geq0\NR
\stopalign
\stopformula
also $a_{n}^{2}\geq b$ und damit $\underbrace{a_{n}}_{>0}\geq\sqrt{b}$.
\item $a_{n+1}\leq a_{n}\,\forall n\geq 1$, denn:
\startformula
\startalign
\NC a_{n}-a_{n+1}\stackrelo{=}{\text{\in{(}{)}[eq:babyl:folg]}}\NC a_{n}-\frac{1}{2}\left(a_{n}+\frac{b}{a_{n}}\right)\NR
\NC =\NC \frac{1}{2\underbrace{a_{n}}_{>0\text{ n. i}}}\underbrace{\left(a_{n}^{2}-b\right)}_{\geq 0\text{ n. ii}}\NR
\NC \geq\NC 0\NR
\stopalign
\stopformula
\item Nach ii und iii ist $(a_{n})_{n\in\N}$ eine monoton fallende und nach unten beschränkte Folge, und damit folgt $(a_{n})$ konvergiert und $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}\geq\sqrt{b}>0$.
\item Bestimmung von $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$:
\startformula
\startalign
\NC a:=\NC \lim\limits_{n\to\infty}a_{n}\NR
\NC =\NC \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{2}\left(a_{n-1}+\frac{b}{a_{n-1}}\right)\NR
\NC \stackrelo{=}{\text{Regeln}}\NC \frac{1}{2}\underbrace{\left(\underbrace{\lim\limits_{n\to\infty}a_{n-1}}_{\text{existiert}}+\underbrace{\frac{b}{\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}}}_{\text{existiert}}\right)}_{\text{existiert da }(a_{n})\text{ konvergent}}\NR
\NC =\NC \frac{1}{2}\left(a+\frac{b}{a}\right)\NR
\NC\Rightarrow a=\NC \frac{1}{2}\left(a+\frac{b}{a}\right)\NR
\NC\Rightarrow a^{2}=\NC b
\stopalign
\stopformula
das heißt $a=\sqrt{b}$. In dem mit Regeln überschriebenen Gleichheitsschritt erlaubt die Konvergenz diesen.
\stopitemize
\stopproof
\subsection[ssec:cauchy:folg]{Cauchy Folgen}
\startdefn
Eine Folge $(a_{n})_{n\in\N}$ heißt Cauchy-Folge, falls zu jedem $\varepsilon>0$ ein Index $N\in\N$ existiert mit
\startformula
\abs{a_{n}-a_{m}}<\varepsilon\, \forall n,m\geq N
\stopformula
Mit anderen Worten:
\startformula
\underbrace{\text{Hinreichend späte}}_{\exists N\in\N}\text{ Folgenglieder haben }\underbrace{\text{beliebig }}_{\forall\varepsilon>0:}\underbrace{\text{kleinen Abstand}}_{\abs{a_{n}-a_{m}}<0\,\forall n,m\geq N}
\stopformula
\stopdefn
\startfrage
Was hat diese Bedingung mit Konvergenz zu tun?
\stopfrage
Beobachtungen:
\startitemize[m]
\item $(a_{n})$ konvergent $\Rightarrow\, (a_{n})$ ist Cauchy-Folge
\startproof
Sei $a:=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ und $\varepsilon>0$\\
Es gilt:
\placeformula
\startformula
\startalign
\NC \abs{a_{n}-a_{m}}=\NC \abs{(a_{n}-a)+(a-a_{m})}\NR
\NC \leq\NC \abs{a_{n}-a}+\abs{a-a_{m}}\NR[eq:cauchy:1]
\stopalign
\stopformula
Da $(a_{n})$ konvergent ist gilt:
\startformula
\exists N\in\N\,\forall\, n\geq N:\, \abs{a_{n}-a}<\frac{\varepsilon}{2}
\stopformula
dann gilt für $n,m\geq N$ in Verbindung mit \in{Gleichung (}{)}[eq:cauchy:1]$\lneq\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$.
\stopproof
\item $(a_{n})$ Cauchy-Folge $\Rightarrow\, (a_{n})$ ist beschränkt
\startproof
Sei $(a_{n})$ Cauchy-Folge, dann existiert zu $\varepsilon:=1$ ein $N\in\N$ mit
\startformula
\abs{a_{n}-a_{m}}<1\, \forall n,m\geq N
\stopformula
Dann gilt für $n\geq N$
\startformula
\startalign
\NC \abs{a_{n}}=\NC \abs{(a_{n}-a_{N})+a_{N}}\NR
\NC \leq\NC \abs{a_{n}-a_{N}}+\abs{a_{N}}\NR
\NC <\NC 1+\abs{a_{N}}\NR
\stopalign
\stopformula
Also gilt für $n\geq 1$:
\startformula
\abs{a_{n}}\leq\max\{\abs{a_{1}},\ldots,\abs{a_{N-1}},1+\abs{a_{N}}\}
\stopformula
\stopproof
\stopitemize
\subsection[ssec:cauchy:crit]{Das Cauchy-Kriterium}
\startsatz
Jede Cauchy-Folge ist konvergent.
\stopsatz
\startproof
	Sei $(a_{n})$ eine Cauchy-Folge nach (2) folgt dann, das $(a_{n})$ beschränkt ist und mit Bolzano-Weierstraß gilt $(a_{n})$ hat dann einen Häufungswert $h$.\\
	Man zeigt nun: $a_{n}\xrightarrow{n\to\infty}{}h$.\\
	Sei $\varepsilon>0$ so $\exists N\in\N\, \forall n,m\geq N:\abs{a_{n}-a_{m}}<\frac{\varepsilon}{2}$ und $\exists m\geq N:\,\abs{a_{m}-h}<\frac{\varepsilon}{2}$.\\
	Dann gilt auch für $n,m\geq N$
	\startformula
		\startalign
			\NC\abs{a_{n}-h}=\NC\abs{(a_{n}-a_{m})+(a_{m}-h)}\NR
			\NC\leq\NC\abs{a_{n}-a_{m}}+\abs{a_{m}-h}\NR
			\NC <\NC \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}\NR
			\NC =\NC \varepsilon\NR
		\stopalign
	\stopformula
\stopproof
\subsubsection[sssec:ausblick:cauchy]{Ausblick}
Man hat das Cauchy-Kriterium letztlich aus dem Supremumsprinzip (V) abgeleitet.
\startformula
	\startmathmatrix[n=7]
		\NC (V)\NC\Rightarrow\NC\text{Satz über monotone \&}\NC\Rightarrow\NC \text{Bolzano-Weierstraß}\NC\Rightarrow\NC\text{Cauchy-Kriterium}\NR
		\NC    \NC           \NC\text{beschränkte Folgen}   \NC           \NC                          \NC           \NC                       
	\stopmathmatrix
\stopformula
Aber es gilt sogar
\startformula
	\startmathmatrix[n=5]
		\NC\text{Intervallschachtelungsprinzip}\NC\Leftrightarrow\NC (V)\NC\Leftrightarrow\NC\text{Cauchy-Kriterium}
	\stopmathmatrix
\stopformula
Diese drei Aussagen sind äquivalent und man könnte die Vollständigkeit von $\R$ anstelle von (V) durch das Cauchy-Kriterium oder durch das Intervallschachtelungsprinzip ausdrücken.
\subsection[ssec:best.divergenz]{Bestimmte Divergenz}
\startbsp
	$a_{n}=n^{2}+1$\\
	$b_{n}=(-1)^{n}$\\
	$c_{n}=(-1)^{n}\cdot(n^{2}+1)$\\
	alle drei Folgen sind divergent, das heißt nicht konvergent, aber bei $(a_{n})$ liegt eine bestimmte Divergenz vor, denn sie wächst über alle Schranken.
\stopbsp
\startdefn
	Eine Folge $(a_{n})$ heißt bestimmt divergent gegen $\infty$, falls zu jedem ${\cal G}\in\R$ ein $N\in\N$ existiert mit
	\startformula
		a_{n}\geq{\cal G}\quad\forall n\geq N
	\stopformula
	\placefigure[here][fig:best-div]{Bestimmte Divergenz}{
		\starttikzpicture
			\draw[->] (-2,0) --coordinate (x axis mid) (5,0);
			\draw[->] (0,-0.2) --coordinate (y axis mid) (0,4.1);
			\foreach \x/\xtext in {2/N}
	    	    \draw (\x cm,1pt) -- (\x cm,-3pt) node[anchor=north] {$\xtext$};
			\foreach \y/\ytext in {1.5/{\cal G}}
				\draw (1pt,\y cm) -- (-3pt,\y cm) node[anchor=east] {$\ytext$};
			\fill[green!20!white] (2,1.5) rectangle (5,4.1);
			\draw[dashed] (0,1.5) -- (5,1.5);
			\draw (2,0) -- (2,4.1);
		\stoptikzpicture
	}
\stopdefn

\startsatz
Sei $(a_{n})$ eine Folge mit $a_{n}\to\infty$, dann gilt mit $a_{n}\neq 0$ für fast alle $n\in\N$
\startformula
\frac{1}{a_{n}}\xrightarrow{n\to\infty}{}0
\stopformula
\stopsatz
\startproof
	Zu ${\cal G}=1$ existiert ein $N\in\N$ mit $a_{n}\geq 1\,\forall n\geq N$.\\
	Sei $\varepsilon>0$ gegeben, dann gilt: $\abs{\frac{1}{a_{n}}-0}=\frac{1}{a_{n}}$ für $n\geq N$.\\
	Zu ${\cal G}=\frac{2}{\varepsilon}$ existiert nun ein $N'\in\N$ mit $a_{n}\geq\frac{2}{\varepsilon}\,\forall n\geq N'$, damit gilt dann für $n\geq N$ und $n\geq N'$
	\startformula
		\frac{1}{a_{n}}\leq\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon
	\stopformula
	Dies ist möglich, da alle Teile Positiv sind.
\stopproof
\startsatz
Sei $(a_{n})$ eien Folge mit
\startitemize
\sym{} $a_{n}>0\,\forall n$ und
\sym{} $a_{n}\to 0$,
\stopitemize
dann gilt
\startformula
\frac{1}{a_{n}}\to\infty
\stopformula
\stopsatz
\startproof
Sei ${\cal G}\in\R$ gegeben, \OE{} dürfen wir annehmen das ${\cal G}>0$ ist, dann gilt nach Vorraussetzung $a_{n}\to 0$, also existiert zu $\varepsilon:=\frac{1}{{\cal G}}$ ein $N\in\N$ mit
\startformula
a_{n}\xequal{}{a_{n}>0}\abs{a_{n}-0}<\varepsilon\,\text{für}\,n\geq N
\stopformula
Damit gilt dann für $n\geq N$
\startformula
\frac{1}{a_{n}}>\frac{1}{\varepsilon}={\cal G}
\stopformula
\stopproof
Analog können Definitionen und Sätze für $a_{n}\to-\infty$ formuliert werden. Dies bleibt zur Übung offen.
\section[sec:infty-rows]{Unendliche Reihen}
\startfrage
\startitemize[m]
\item Wie kann man "unendliche Summen"
	\startformula
		a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\ldots
	\stopformula
	auffassen?
	\startbsp
		$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\ldots$\\
		$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\ldots$
	\stopbsp
\item Kann man mit diesen "unendlichen Summen" rechnen?
	\startbsp
		\startformula
			\startalign
				\NC 0\xequal{}{?}\NC (1-1)+(1-1)+(1-1)+\ldots\NR
				\NC\xequal{}{\text{Assoziativ}}\NC 1-(1-1)-(1-1)-(1-1)-\ldots\NR
				\NC\xequal{}{?}\NC1-0-0-0-0-\ldots\NR
				\NC\xequal{}{?}\NC 1\NR
			\stopalign
		\stopformula
		Diese Behauptung beruht auf Guido Grandis und ist als die Schöpfung der Welt aus dem Nichts bekannt.
	\stopbsp
\stopitemize
\stopfrage
\subsection[ssec:meaning-row]{Der Begriff der "Reihe"}
Sei $(a_{n})_{n\in\N}$ eine Folge, dann heißt
\startformula
s_{n}:=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}
\stopformula
die n-te Partialsumme von $(a_{n})$.\\
Die Folge $(s_{n})_{n\in\N}$ der Partialsummen heißt unendliche Reihe mit den Gliedern $a_{n}$.\\
	Man schreibt auch:
	\startformula
	\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}=\sum\limits_{n\geq0}=\sum a_{n}:=(s_{n})_{n\in\N_{0}}
	\stopformula
	\startbsp
		$a_{n}:=\frac{1}{n}$, $n\geq 1$.
		\startformula
			\startalign
				\NC s_{n}=\NC 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}\NR
				\NC\sum\limits_{n=1}^{\infty}=\NC\sum\frac{1}{n}=(s_{n})
			\stopalign
		\stopformula
	\stopbsp
	\startdefn
		Die Reihe $\sum a_{n}$ heißt konvergent gegen $s$, beziehungsweise divergent, falls $(s_{n})$ konvergent gegen $s$ beziehungsweise divergent ist.
	\stopdefn
	\warning{} Das Symbol $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}$ hat zwei Bedeutungen:
	\startitemize[m]
		\item die Folge $(s_{n})$ und
		\item ihrem Grenzwert, falls dieser als Wert der Reihe existiert.
	\stopitemize
\subsection[ssec:geom-row]{Die geometrische Reihe}
	Sei $q\in\R$, so betrachtet man die Reihe $\sum\limits_{n=0}^{\infty}q^{n}$. Diese Reihe heißt die geometrische Reihe.\\
	Die Partialsummen sind dann:
	\startformula
	\startalign
		\NC s_{n}=\NC 1+q^{1}+q^{2}+q^{3}+\ldots+q^{n}\NR
		\NC =\NC \frac{1-q^{n+1}}{1-q}
	\stopalign
	\stopformula
	Es gilt daher:
	\startitemize[a]
	\item[lst:row:konv:1] $\abs{q}<1\,\xRightarrow\,\sum q^{n}$ ist konvergiert gegen $\frac{1}{1-q}$,
	\item[lst:row:konv:2] $\abs{q}>1\,\xRightarrow\,\sum q^{n}$ ist divergent,
	\stopitemize
	\startproof
	\startitemize[a]
	\item ist klar.
	\item siehe zum Beweis das Nachfolgerkriterium.
	\stopitemize
	\stopproof
	\startbsp
	\startitemize[m]
	\item $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\underbrace{\left(\frac{1}{2}\right)}_{q}^{n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$
	\item $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\underbrace{\left(\frac{9}{8}\right)}_{q}^{n}$ ist divergent.
	\stopitemize
	\stopbsp
	\startbem
	\in[lst:row:konv:2] besagt also: Die Folge der Partialsaummen $\left(\sum\limits_{n=0}^{N}\left(\frac{9}{8}\right)^{n}\right)_{N\in\N_{0}}$ ist divergent.\\
	Weiterhin besagt \in[lst:row:konv:1] das $\left(\sum\limits_{n=0}^{N}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right)_{N\in\N_{0}}$ konvergent ist und der Grenzwert sich als 2 errechnet.
	\stopbem
\subsection[ssec:teleskoprow]{Teleskopreihen}
	\startbsp
	$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$, ist dies Reihe konvergent oder divergent?\\
	Es gilt: $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ und daher folgt
	\startformula
	\startalign
		\NC s_{n}:=\NC \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\NR
		\NC=\NC\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\NR
		\NC=\NC\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\NR
		\NC=\NC 1-\frac{1}{n+1}\xrightarrow{n\to\infty}1
	\stopalign
	\stopformula
	Die Reihe ist also konvergent und hat den (Reihen-)Wert 1. $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)}$ ist konvergent und damit auch $(s_{n})$. Weiterhin $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1$ und dann auch $\lim\limits_{n\to\infty}s_{n}=1$.
	$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$ ist konvergent, das heißt $(s_{n})$ ist konvergent und mit $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1$ gilt dann auch $\lim\limits_{n\to\infty}s_{n}=1$.
	\stopbsp
\subsection[ssec:beob-row]{Beobachtungen zu Reihen}
	Sei $\sum a_{n}$ eine Reihe und $s_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}$
	\startitemize[m]
	\item[krit:cauchy] \index{Cauchy-Kriterium}\index{Kriterium+Cauchy-}Cauchy-Kriterium
		\startformula
			\startalign
				\NC\sum a_{n}\,\text{konvergent}\xLeftrightarrow{}{\text{Def.}}\NC (s_{n})\,\text{konvergent}\NR
				\NC\xLeftrightarrow{\text{Kriterium}}{\text{Cauchy}}\NC\forall\varepsilon>0\,\exists N\in\N:\forall m,n\geq N:\, \abs{s_{n}-s_{m}}<\varepsilon\NR
				\NC\xLeftrightarrow{}{}\NC\forall\varepsilon>0\,\exists N\in\N:\, \forall n>m\geq N: \underbrace{\abs{\sum\limits_{i=m+1}^{n}a_{i}}}_{=\abs{s_{n}-s_{m}}}<\varepsilon
			\stopalign
		\stopformula
	\item[krit:nst] \index{Nullfolgen-Kriterium}\index{Kriterium+Nullfolgen-}Nullfolgen-Kriterium
		\startformula
			\sum a_{n}\,\text{konvergent}\xRightarrow a_{n}\to 0
		\stopformula
		\startproof
			Sei $\varepsilon>0$\\
			$\xRightarrow{Kriterium}{Cauchy}\,\exists N\in\N\, \forall n\geq N:\,\abs{a_{n}}=\abs{\sum\limits_{i=n}^{n}a_{i}}<\varepsilon$.
		\stopproof
	\item[krit:besch] \index{Beschränktheits-Kriterium}\index{Kriterium+Beschränktheits-}Beschränktheits-Kriterium
		Es sei $a_{n}\geq 0\,\forall n\in\N$, dann gilt
		\startformula
			\sum a_{n}\,\text{konvergent}\xLeftrightarrow (s_{n})\,\text{nach oben  beschränkt}.
		\stopformula
		\startproof
			\startitemize
				\sym{$\Rightarrow$} Aus konvergent folgt beschränkt, und damit is diese Richtung klar.
				\sym{$\Leftarrow$} $a_{n}>0\,\forall n\in\N\,\xRightarrow{}{}\,(s_{n})$ monoton steigend, da $s_{n+1}=s_{n}+\underbrace{a_{n+1}}_{\geq 0}$ und nach oben beschränkt.
			\stopitemize
		\stopproof
	\stopitemize
\subsection[ssec:harm-row]{Die harmonische Reihe}
	\warning{}Die harmonische Reihe $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ ist divergent, obwohl $\frac{1}{n}$ eine Nullfolge ist!
	\startproof
		Sei $s_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$ und wir betrachten die Teilfolge: $\left(s_{2^{k}}\right)_{k\geq 1}$ von $(s_{n})$. Es ist dann
		\startformula
			\startalign
				\NC s_{2^{k}}=\NC\sum\limits_{i=1}^{2^{k}}\frac{1}{i}\NR
				\NC =\NC 1\NR
				\NC +\NC \left(\frac{1}{2}\right)\NR
				\NC +\NC \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)\NR
				\NC +\NC \left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)\NR
				\NC \vdots\NC\NR
				\NC +\NC \underbrace{\left(\frac{1}{2^{k-1}+1}+\ldots+\frac{1}{2^{k}}\right)}_{\geq 2^{k-1}\cdot\frac{1}{2^{k}}=\frac{1}{2}}\NR
				\NC \geq\NC k\cdot\frac{1}{2}
			\stopalign
		\stopformula
		Also ist $\left(s_{2^{k}}\right)$ nicht nach oben beschränkt und somit folgt für diese Teilfolge die Divergenz, aber damit ist auch $(s_{n})$ divergent.
	\stopproof
	Betrachte nummerische Werte für die harmonische Reihe:
	\placetable[here][tab:num-harm-row]{Nummerische Werte der harmonischen Reihe}{
		\bTABLE
			\setupTABLE[c][1][align=right]
			\setupTABLE[c][2][alignmentcharacter={.},aligncharacter=yes,align=middle]
			\setupTABLE[r][each][frame=off]
			\setupTABLE[r][first][bottomframe=on]
			\setupTABLE[r][last][bottomframe=on]
			\bTR \bTH $n$ \eTH \bTH $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=s_{n}$\eTH \eTR
			\bTR \bTD $100$ \eTD \bTD 5.18737\ldots \eTD \eTR
			\bTR \bTD $200$ \eTD \bTD 5.87803\ldots \eTD \eTR
			\bTR \bTD $1000$ \eTD \bTD 7.48547\ldots \eTD \eTR
			\bTR \bTD $10000$ \eTD \bTD 9.7876\ldots \eTD \eTR
			\bTR \bTD $10^{8}$ \eTD \bTD 18.59785\ldots \eTD \eTR
			\bTR \bTD $10^{12}$ \eTD \bTD 28.2082\ldots \eTD \eTR
		\eTABLE
	}
\subsection[ssec:leibnitz]{Das Leibnitz-Kriterium}
	\startsatz
		Sei $(a_{n})$ monoton fallende Nullfolge, zum Beispiel $\frac{1}{n}$, dann ist die alternierende Reihe $\sum\limits_{n\geq 0}(-1)^{n}a_{n}$ konvergent.
	\stopsatz
	\startproof
		Betrachte als Beispiel: $\sum\limits_{n\geq 1}(-1)^{n}\frac{1}{n}$ ist konvergent.\\
		Als Idee kommt hier das Cauchy-Kriterium, sei also $\varepsilon>0$, so gilt:
		\startformula
			\exists N\in\N\,\forall n\geq N:\,a_{n}=\underbrace{\abs{a_{n}}}_{\geq0}<\varepsilon\,\text{ist Nullfolge}
		\stopformula
		also ist für $n\geq m\geq N$:
		\startformula
			\startalign
				\NC \abs{\sum\limits_{i=m}^{n}(-1)^{i}a_{i}}=\NC \abs{a_{m}-a_{m+1}+a_{m+2}-\ldots+(-1)^{n-m}a_{n}}\NR
				\NC\stackrelo{\leq}{a_{m}\,\text{mon. fallend}}\NC\abs{a_{m}}\NR
				\NC <\NC\varepsilon
			\stopalign
		\stopformula
	\stopproof
\subsection[ssec:abs-conv]{Absolute Konvergenz}
	\startdefn
		$\sum a_{n}$ heißt absolut konvergent, falls $\sum\abs{a_{n}}$ konvergent ist.
	\stopdefn
	\startbem
		Aus $\sum a_{n}$ absolut konvergent folgt das $\sum a_{n}$ konvergent ist.
	\stopbem
	\startproof
		Sei $\sum a_{n}$ absolut konvergent, das heißt $\sum\abs{a_{n}}$ ist konvergent, dann gilt für $n\geq m$:
		\startformula
			\abs{\sum\limits_{k=m}^{n}a_{k}}\leq\sum\limits_{k=m}^{n}\abs{a_{k}}
		\stopformula
		nach der Dreiecks-Ungleichung. Wendet man nun das Cauchy-Kriterium an, so folgt die Behauptung.
	\stopproof
	\warning{}$\sum a_{n}$ konvergent $\not\xRightarrow{}{\text{i.A.}}\,\sum a_{n}$ absolut konvergent. Als Beispiel sei hier die Reihe $\sum (-1)^{n}\frac{1}{n}$ genannt.
	\startbem
		Ist $\sum a_{n}$ absolut konvergent, so gilt
		\startformula
			\abs{\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_{k}}\leq\sum\limits_{k=1}^{\infty}\abs{a_{k}}
		\stopformula
	\stopbem
	\startproof
		durch die "verallgemeinerte Dreiecks-Ungleichung"\\
		Es gilt für $N\in\N$
		\startformula
			\abs{\sum\limits_{n=1}^{N}a_{n}}\leq\sum\limits_{n=1}^{N}\abs{a_{n}}
		\stopformula
		durch die Dreiecksungleichung und Induktion nach $N$ folgt:
		\startformula
			\lim\limits_{N\to\infty}\abs{\sum\limits_{n=1}^{N}a_{n}}\leq\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=1}^{N}\abs{a_{n}}
		\stopformula
		und dies liefert die Behauptung.
	\stopproof
\subsection[ssec:majoranten-krit]{Majoranten Kriterium}
	Das Majoranten-Kriterium wird auch als das Vergleichskriterium bezeichnet, man sieht in kürze auch warum.\\
	Seien nun $\sum a_{n}$ und $\sum b_{n}$ zwei Reihen
	\startsatz
		Aus
		\startformula
			\startmathmatrix[n=1,left={\left.\,},right={\,\right\}}]
				\NC \sum b_{n}\,\text{absolut konvergent}\NR
				\NC \abs{a_{n}}\leq\abs{b_{n}}\,\forall n
			\stopmathmatrix\,\Rightarrow\sum a_{n}\,\text{absolut konvergent}
		\stopformula
		Man nennt $\sum b_{n}$ in diesem Fall eine konvergente Majorante von $\sum a_{n}$.
	\stopsatz
	\startproof
		\startformula
			\startalign
				\NC\sum b_{n}\,\text{absolut konvergent}\xLeftrightarrow{}{\text{Def.}}\NC\sum\abs{b_{n}}\,\text{konvergent}\NR
				\NC\xLeftrightarrow{}{\text{\in[krit:besch]}}\NC (s_{n}):=\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\abs{b_{k}}\right)\,\text{beschränkt}\NR
				\NC\xLeftrightarrow{}{\text{Vor.}}\NC (t_{n}):=\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\abs{a_{k}}\right)\,\text{beschränkt}\NR
				\NC\xLeftrightarrow{}{\text{\in[krit:besch]}}\NC (t_{n})\,\text{konvergent}\NR
				\NC\xLeftrightarrow{}{\text{Def.}}\NC\sum a_{k}\,\text{absolut konvergent}
			\stopalign
		\stopformula
	\stopproof
	\startbsp
		$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}$\\
		Problem: Wir haben keine explizite Formel für die Partialsummen, aber
		\startformula
			\startmathmatrix[n=1,left={\left.\,},right={\,\right\}}]
				\NC \frac{1}{n^{2}}\leq\frac{2}{n(n+1)}\NR
				\NC \sum\frac{2}{n(n+1)}\,\text{absolut konvergent}
			\stopmathmatrix\xRightarrow{}{\text{Majoranten-Kriterium}}\sum\frac{1}{n^{2}}\,\text{absolut konvergent.}
		\stopformula
		Allgemeiner läßt sich sagen:\\
		$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{k}}$ ist konvergent für alle $k\geq 2$, denn $\frac{1}{n^{k}}\leq\frac{1}{n^{2}}$ für $k\geq 2$ und $n\in\N$. Die allgemeine Behauptung folgt dann mit dem Majoranten-Kriterium
	\stopbsp
\subsection[ssec:quot-krit]{Das Quotienten-Kriterium}
	\startsatz
		Falls ein $q$ mit $0\leq q<1$ existiert und
		\startformula
			\abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}\leq q\quad\forall n\in\N
		\stopformula
		gilt, dann ist $\sum a_{n}$ absolut konvergent.
	\stopsatz
	\startproof
		\startformula
			\startmathmatrix[n=2,left={\left.\,},right={\,\right\}}]
				\NC\abs{a_{n}}\leq\NC q\cdot\abs{a_{n-1}}\NR
				\NC\abs{a_{n-1}}\leq\NC q\cdot\abs{a_{n-2}}\NR
				\NC\vdots\NC\NR
				\NC\abs{a_{2}}\leq\NC q\cdot\abs{a_{1}}\NR
				\NC\abs{a_{1}}\leq\NC q\cdot\abs{a_{0}}
			\stopmathmatrix\Rightarrow\abs{a_{n}}\leq q^{n}\underbrace{\abs{a_{0}}}_{=\text{const.}}
		\stopformula
		also ist $\sum q^{n}\abs{a_{0}}$ konvergente Majorante von $\sum a_{n}$ und somit folgt mit dem Majoranten-Kriterium die absolute Konvergenz für $\sum a_{n}$.
	\stopproof
	\startbsp
		$\sum\limits_{n=0}^{\infty}$
		\startformula
			\startalign
				\NC \abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}=\NC\frac{(n+1)^{2}}{2^{n+1}}\cdot\frac{2^{n}}{n^{2}}\NR
				\NC =\NC\frac{1}{2}\cdot\frac{n^{2}+2n+1}{n^{2}}\NR
				\NC =\NC\frac{1}{2}\cdot(1+\frac{1}{n})^{2}\NR
				\NC \stackrelo{\leq}{n\geq 3}\NC \frac{1}{2}(1+\frac{1}{3})^{2}\NR
				\NC =\NC \frac{8}{9}=:1<1
			\stopalign
		\stopformula
		Nach dem Quotienten-Kriterium ist damit $\sum\limits_{n=3}^{\infty}\frac{n^{2}}{2^{n}}$ konvergent und damit auch $\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{n^{2}}{2^{n}}$.
	\stopbsp
	\warning{} Für die harmonische Reihe $\sum\frac{1}{n}$ gilt:\\
		$\abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}=\frac{n}{n+1}<1\,\forall n\in\N$\\
		demnach ist die divergent, da kein q gefunden werden kann!
\subsection[ssec:root-krit]{Das Wurzel-Kriterium}
	\startsatz
		Falls ein $q$ mit $0\leq q<1$ existiert mit
		\startformula
			\sqrt[n]{\abs{a_{n}}}\leq q
		\stopformula
		dann ist $\sum a_{n}$ absolut konvergent.
	\stopsatz
	\startproof
		$\sqrt[n]{\abs{a_{n}}}\leq q\,\Rightarrow\,\abs{a_{n}}\leq q^{n}$. Die Behauptung folgt dann mit dem Majoranten-Kriterium.
	\stopproof
\subsection[ssec:usage-notes]{Hinweise zur Anwendung der Kriterien}
	Es gilt offenbar für jedes $n_{0}\in\N$:
	\startformula
		\sum\limits_{n\geq0}a_{n}\,\text{konvergent}\,\Leftrightarrow\sum\limits_{n\geq n_{0}}a_{n}\,\text{konvergent}
	\stopformula
	Es genügt daher die Bedingungen
	\startitemize
		\sym{} $\abs{a_{n}}\leq\abs{b_{n}}$ (Majoranten-Kriterium)
		\sym{} $\abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}\leq q$ (Quotienten-Kriterium)
		\sym{} $\sqrt[n]{\abs{a_{n}}}\leq q$ (Wurzel-Kriterium
	\stopitemize
	für $n\geq n_{0}$ zu zeigen.
	\startbsp
		\startitemize[m]
			\item Für $\abs{x}<1$ ist $\sum\limits_{n\geq1}\frac{x^{n}}{n}$ absolut konvergent
				\startproof
					Sei $a_{n}:=\frac{x^{n}}{n}$, für $n\geq 1$ ist
					\startformula
						\abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}=\abs{\frac{x^{n+1}}{(n+1)}\cdot\frac{n}{x^{n}}}=\frac{\abs{x}\cdot n}{n+1}=\frac{n}{n+1}\cdot\abs{x}<\abs{x}
					\stopformula
					mit $q:=\abs{x}$ ist das Quotienten-Kriterium also andwendbar. Wichtig ist nur das $q$ unabhängig vom Folgenindex ist.
				\stopproof
			\item Für alle $x\in\R$ ist $\sum\limits_{n\geq 0}\frac{x^{n}}{n!}$ absolut konvergent.
				\startproof
					Sei $a_{n}:=\frac{x^{n}}{n!}$, für $n\geq 0$ ist
					\placeformula[eq:quot-krit-001]
					\startformula
						\abs{\frac{a_{n+1}}{a_{n}}}=\abs{\frac{x^{n+1}n!}{(n+1)!x^{n}}}=\frac{\abs{x}}{n+1}=\frac{1}{n+1}\cdot\abs{x}
					\stopformula
					$\exists N\in\N:\frac{\abs{x}}{N+1}<1$ nach dem Archimedischem Axiom und für $n\geq N$ gilt dann
					\startformula
						\text{\in[Gleichung]{eq:quot-krit-001}}\leq\frac{\abs{x}}{N+1}=:q<1
					\stopformula
					Mit $q:=\frac{\abs{x}}{N+1}$ ist das Quotienten-Kriterium anwendbar auf die Reihe $\sum\limits_{n\geq N}\frac{x^{n}}{n!}$.
				\stopproof
		\stopitemize
	\stopbsp
\subsection[ssec:calc-conv-row]{Rechnen mit konvergenten Reihen}
	\startsatz
		\startitemize[a]
			\item \startformula
				qqq
			\stopformula
		\stopitemize
	\stopsatz


		\startSAGE
n,z = var('n','z');
p = 0.02;
(1+p/2)**(2)
(1+p/3)**(3)
(1+p/12)**(12)
a(n) = (1+p/n)**(n)
b(n) = (1+z/n)**(n)
limit(a(n),n=infinity)
limit(b(n),n=infinity)
for n in range(1,20,1):
    (1+p/n)**(n)

\stopSAGE

\stoptext

\stopcomponent