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Bolzano-Weierstraß
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Bolzano-Weierstraß

Satz von Bolzano-Weierstraß

Jede beschränkte Folge in $ \IR $ (oder $ \IC $) hat einen Häufungspunkt.


Beweis für $ \IR $

Sei $ (a_n)_{n\in\IN} $ eine beschränkte Folge. Konstruiere eine Intervallschachtelung  $ [I_k, J_k] $, s.d. $ \forall k $:

$ a_n\in[I_k,J_k]\mbox{ für unendlich viele n und } a_n\le J_k\mbox{ für fast alle n}\in\IN.\mbox{ }(\ast) $

Da $ (a_n)_{n\in\IN} $ beschränkt ist, folgt $ \exists K>0:|a_n|\le K\mbox{ }\forall n\in\IN $. Das impliziert für alle $ n\in\IN: a_n\in[-K,K]=:[I_1,J_1] $.

Sei nun $ [I_k,J_k] $ mit $ (\ast) $ gegeben. Konstruiere dann $ [I_{k+1},J_{k+1}] $ wie folgt:
Sei $ M $ Mittelpunkt von $ [I_k,J_k] $. Dann enthält $ [I_k,M] $ oder $ [M,J_k] $ unendlich viele $ a_n $. Setze

$ [I_k,J_k]:= \begin{cases}
     [I_k,M] & \text{falls } a_n \le M\mbox{ für fast alle n} \\
     [M,J_k] & \text{sonst}
   \end{cases} $
Dann enthält $ [I_{k+1},J_{k+1}] $ unendlich viele $ a_n $ und $ a_n\le I_{k+1} $ für fast alle $ n\in\IN $ per constructionem. Für die Längen der Intervalle definiert vermöge $ l:\{[a,b]|a,b\in\IR\}\to\IR $ mit $ l([a,b])=b-a $ gilt:
$ l([I_{k+1},J_{k+1}])=\frac{1}{2}l([I_{k},J_{k}]) $

$ \Rightarrow $ $ l([I_k,J_k])=\frac{1}{2^{k-1}}\cdot l([I_1,J_1]) $ $ \Rightarrow $ $ l([I_k,J_k])\to 0\mbox{ für }k\to\infty $. Also sind die $ [I_k,J_k] $ Intervallschachtellung.
Es existiert also ein $ p\in\IR $ mit $ p\in[I_k,J_k]\mbox{ } \forall k\in\IN $. Zu $ \epsilon>0 $ wähle $ k\in\IN $ mit $ ]p-\epsilon,p+\epsilon[\supseteq[I_k,J_k] $. Da $ [I_k,J_k] $ unendlich viele $ a_n $ enthält, folgt dies auch für $ ]p-\epsilon,p+\epsilon[ $. Es wurde also gezeigt:

$ \forall \epsilon>0 $ existieren unendlich viele $ n\in\IN $: $ |a_n-p|<\epsilon $.

Daraus folgt direkt: $ p $ ist Häufungspunkt.

($ p $ ist sogar größter Häufungspunkt! Denn existierte ein größerer Häufungspunkt, wäre $ a_n\le J_k\mbox{ für fast alle n}\in \IN $ für hinreichend große $ k $ verletzt.)


Beispiele

Beispiel 1:
$ (a_n) $ definiert durch $ a_n:=(-1)^n $. Offensichtlich ist $ |(-1)^n|\le1\mbox{ }\forall n\in\IN $. Also hat $ (a_n) $ mindestens einen Häufungspunkt bzw. konvergente Teilfolgen.
In der Tat existieren sogar genau zwei Häufungspunkte $ -1 $ und $ 1 $.

Beispiel 2:
$ (a_n) $ definiert durch $ a_n:=\frac{n+1}{n} $. Dann ist $ \left|\frac{n+1}{n}\right|=1+\frac{1}{n}\le2\mbox{ }\forall k\in\IN $, denn $ \frac{1}{n} $ ist monoton fallend, was die Abschätzung $ \left|\frac{1}{n}\right|\le\frac{1}{1}=1\mbox{ }\forall n $ impliziert.
Also besitzt $ \left(\frac{n+1}{n}\right)_{n\in\IN} $ mindestens einen Häufungspunkt.
Man sieht in diesem Beispiel leicht ein, dass genau ein Häufungspunkt $ 1 $ existiert.


Bemerkung

Man kann zudem folgende Formulierung des Satzes (Bolzano-Weierstraß) zeigen (vgl. dazu Amman, Escher (2006)):

Jede beschränkte Folge in $ \mathbb{K}^m $ besitzt eine konvergente Teilfolge bzw. einen Häufungspunkt.


Literatur

isbn3764377550 H. Amman/J. Escher: Analysis I

Erstellt: Fr 13.02.2015 von Ladon
Letzte Änderung: Sa 14.02.2015 um 12:02 von Ladon
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