\documentclass[a4paper,12pt]{scrartcl}
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\fi                   %
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%\pagestyle{empty}    % ohne Seitennummerierung
\widowpenalty=10000
\clubpenalty=10000
\setlength{\parindent}{0pt} % kein Einrücken nach Abschnitt
\title{Grenzwerte von Folgen}
\author{Wolfgang Kippels}

\begin{document}
\maketitle
\tableofcontents
\newpage

\section{Vorwort}
Diese und ähnliche Anleitungen zu erstellen erfordert sehr viel Zeit und Mühe.
Trotzdem stelle ich alles kostenfrei der Allgemeinheit zur Verfügung. Wenn Sie
diese Datei hilfreich finden, dann bitte ich Sie um Erfüllung des nachfolgend
beschriebenen "`Generationenvertrages"':
\begin{quote}
\emph{Wenn Sie später einmal Ihre Ausbildungsphase beendet haben und im Beruf stehen
(oder auch noch danach), geben Sie bitte Ihr Wissen in geeigneter Form an die
nachfolgende Generation weiter}.
\end{quote}

Wenn Sie mir eine Freude machen wollen, dann schreiben Sie mir bitte eine
kleine Email an die folgende Adresse:
\includegraphics[width=25mm]{Adresse.jpg}\\

Vielen Dank!

\section{Einleitung}
Dieses Skript stellt keinen Lehrgang dar. Hier sollen nur Zusammenhänge
dargestellt werden, die als bekannt vorausgesetzt werden. Der Schwerpunkt liegt
auf Übungsaufgaben und deren Lösungen.

\newpage
\section{Definition und Lehrsätze}
\subsection{Definition des Grenzwertes}
\[g \textnormal{ heißt \textbf{Grenzwert} der Folge }\langle a_n \rangle
\quad \Leftrightarrow \quad \forall \varepsilon >0 \quad \exists
n_0 \in \mathbb{N^*}\quad \forall n \geq n_0: \quad |g-a_n|< \varepsilon\]
Im Klartext liest sich das so:
\begin{quote}
$g$ heißt \textbf{Grenzwert} der Folge $\langle a_n \rangle$ genau dann, wenn
für alle positiven Zahlen $\varepsilon$ gilt: es existiert immer eine
Natürliche (positive) Zahl $n_0$, so dass für alle Natürlichen Zahlen $n$, die
mindestens so groß wie $n_0$ sind, der Abstand zwischen $g$ und $a_n$ kleiner
als $\varepsilon$ ist.
\end{quote}

Es gilt diese Schreibweise:
\[g \textnormal{ heißt \textbf{Grenzwert} der Folge }\langle a_n \rangle
\quad \Leftrightarrow \quad g=\lim\limits_{n \to \infty} a_n\]

Hierbei ist zunächst die Symbolik in der Schreibweise
\mbox{$\lim\limits_{n \to \infty}$} zu erläutern. Hier
wird "`lim"' als "`Limes"' ausgesprochen. Limes ist lateinisch und bedeutet
Grenze.
Der Ausdruck \mbox{$n \to \infty$} wird gesprochen als: "`$n$ gegen
unendlich"'. Das bedeutet, dass die Zahl $n$ immer größer wird und in
Richtung nach "`Unendlich"' wächst. Es gibt nämlich auch noch andere
Grenzwerte, beispielsweise kommt die Schreibweise \mbox{$\lim\limits_{\Delta x \to 0}$} dann
vor, wenn sich die Größe $\Delta x$ in Richtung auf Null bewegt, also immer
kleiner wird, ohne aber ganz Null zu werden. Welche Bedeutung genau dahinter
steht, soll an dieser Stelle aber nicht weiter interessieren.\footnote{In der
Differenzialrechnung kommt das vor.} Wichtig ist es
nur, zu wissen, dass es auch andere Grenzwerte gibt und man deshalb hier
\mbox{$n \to \infty$} schreiben muss.\\

Die oben angegebene Definition des Grenzwertes ist tatsächlich sehr kryptisch
und nicht ganz einfach zu verstehen. Deswegen möchte ich an dieser Stelle
versuchen, anschaulich zu erläutern, was das alles bedeutet.\\

Stellen wir uns ein kleines "`Spiel"' vor, das ich mit Ihnen durchführe. Ich
behaupte, dass eine bestimmte Zahl $g$ der Grenzwert der zu untersuchenden
Folge ist. Sie nennen mir nun eine beliebig kleine Zahl, die aber positiv sein
soll. (Das ist die Zahl $\varepsilon$ in der Definition.) Dann sage ich Ihnen
zu \textbf{jeder} Ihrer Zahlen, ab welcher Folgengliednummer (das ist $n_0$ in
der Definition) \textbf{alle} nachfolgende Folgenglieder $a_n$ einen kleineren
Abstand vom Grenzwert $g$ als $\varepsilon$ haben (die Zahl, die Sie mir
genannt haben). Wenn es mir \textbf{immer} gelingt, Ihnen eine solche
Folgengliednummer $n_0$ anzugeben, egal wie klein Sie Ihre Zahl $\varepsilon$
gewählt haben, dann ist die Zahl $g$ tatsächlich der Grenzwert der Folge.\\

Natürlich kann man dieses "`Spiel"' beliebig lange fortführen. Ob es mir aber
tatsächlich \textbf{immer} gelingt, zu jeder Ihrer Zahlen $\varepsilon$ eine
Natürliche Zahl $n_0$ anzugeben, ist dadurch \textbf{nicht} bewiesen. Das kann
nur durch eine Rechnung erfolgen. Wenn ich nämlich eine
\textbf{Rechenvorschrift} angeben kann, mit der diese Zahl $n_0$ aus
$\varepsilon$ berechnet werden kann, dann ist der Beweis tatsächlich
erbracht. Mit einem einfachen Beispiel möchte ich das erläutern.\\

\subsubsection{Beispiel 1}
Nehmen wir an, wir haben eine Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_n=\frac{1}{n}$. Ich behaupte nun, dass $g=0$ der Grenzwert dieser Folge sei,
wenn die Zahl $n$ immer größer wird und über alle Maßen ansteigt. Dann sieht
der Nachweis wie folgt aus.\\

Wir beginnen mit dem Ansatz aus der Definition:
\[ |g-a_n| < \varepsilon \]
Hierbei ist $g$ der nachzuweisende Grenzwert $g=0$ und $a_n$ das allgemeine
Folgenglied mit $a_n=\frac{1}{n}$. Das setzen wir ein.

\[\begin{array}{rcll}
|g-a_n| &<& \varepsilon \\
\left|0-\cfrac{1}{n}\right|&<& \varepsilon \\
\end{array}\]

Diese Ungleichung wird nun nach $n$ aufgelöst. Dazu muss zunächst der Betrag
aufgelöst werden.\footnote{Einzelheiten
zum Rechnen mit Beträgen siehe hier:\\
\ifpdf
\url{http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/betrag.pdf}\fi}

\[\begin{array}{rcll}
\left|0-\cfrac{1}{n}\right|&<& \varepsilon \\
\cfrac{1}{n}&<& \varepsilon &| \cdot n \\
1&<&\varepsilon \cdot n \\
\end{array}\]

Hier musste mit $n$ multipliziert werden. Da $n$ auf jeden Fall
\textbf{positiv} ist (es gilt $n \in \mathbb{N}^*$), bleibt das Zeichen $<$
in der ursprünglichen Ausrichtung erhalten.\footnote{Einzelheiten zum Rechnen
mit Ungleichungen siehe hier:\\
\ifpdf \url{http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/ungleich.pdf}\fi}\\

Im nächsten Schritt muss durch $\varepsilon$ dividiert werden. Da auch
$\varepsilon$ eine \textbf{positive} Zahl ist, kehrt sich auch hier das Zeichen
$<$ nicht um. Außerdem ist $\varepsilon$ nicht Null, denn dann wäre die
Division nicht zulässig!
\[\begin{array}{rcll}
1&<&\varepsilon \cdot n &|: \varepsilon \\
\cfrac{1}{\varepsilon}&<&n \\
\end{array}\]

Hiermit haben wir die gewüschte Rechenvorschrift erhalten.
Von ganz entscheidender Bedeutung ist in diesem Ergebnis die \textbf{Richtung
des Ungleichheitszeichens}. $n$ muss auf der \textbf{größeren Seite} des
Ungleichheitszeichens stehen, ansonsten wäre der Beweis misslungen.
Wir müssen für $n_0$ nur die \textbf{nächstgrößere Natürliche Zahl} wählen, als
das Ergebnis von $\frac{1}{\varepsilon}$ ergibt, dann erfüllen \textbf{alle}
nachfolgenden $n$ die Ungleichung. In der Definition steht ja:
$\forall n \geq n_0$
(\ldots für alle $n$, die \textbf{größer} oder gleich $n_0$ sind
\ldots). Nur auf die \textbf{größeren} $n$ kommt es also an. Mit
der Rechnung haben wir somit gezeigt, dass es zu jedem positiven $\varepsilon$
eine Folgengliednummer $n_0$ gibt, so dass \textbf{alle} Folgenglieder mit
einer höhenen Nummer einen kleineren Abstand vom Grenzwert $g$ als
haben, als $\varepsilon$ angibt. Damit ist der Beweis erbracht.\\

\subsubsection{Beispiel 2}
An einem weiteren (etwas komplizierterem) Beispiel möchte ich das Prinzip der
Beweisführung noch einmal verdeutlichen. Gegeben sei die Folge mit dem
allgemeinen Glied:
\[a_n=\cfrac{4n-13}{9-2n}\]
Als Grenzwert wird $g=-2$ vermutet.

\[\begin{array}{rcll}
|g-a_n|&<&\varepsilon \\
\left| -2-\cfrac{4n-13}{9-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left| \cfrac{-2 \cdot (9-2n)}{9-2n}-\cfrac{4n-13}{9-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left| \cfrac{-18+4n-(4n-13)}{9-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left| \cfrac{-18+4n-4n+13)}{9-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left| \cfrac{-5}{9-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\end{array}\]

Jetzt wird es knifflig, der Betrag muss aufgelöst werden.\footnote{Einzelheiten
zum Rechnen mit Beträgen siehe hier:\\
\ifpdf \url{http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/betrag.pdf}\fi}
Dabei kommt es darauf an, ob der \textbf{Inhalt} zwischen den Betragsstrichen
\textbf{positiv} oder \textbf{negativ} ist. Dazu müssen wir uns den Zähler und
den Nenner einzeln ansehen.\\

Der Zähler ist einfach, mit $-5$ ist er negativ. Der Nenner kann aber sowohl
positiv als auch negativ sein, je nachdem welchen Wert $n$ hat. Wir untersuchen
in einer Nebenrechnung, für welche $n$ der Nenner positiv ist:

\[\begin{array}{rcll}
9-2n&>&0 &|-9 \\
-2n&>&-9 &|:(-2) \\
n&<&4{,}5 \\
\end{array}\]

Wir mussten in dieser Nebenrechnung an einer Stelle durch die \textbf{negative
Zahl} $-2$ dividieren. Darum musste dort das Ungleichheitszeichen umgekehrt
werden.\footnote{Einzelheiten dazu sind in dem bereits erwähnten Skript über
Ungleichungen zu finden.}\\

\textbf{Positiv} ist der Nenner also nur für alle $n$, die kleiner als 4,5
sind, also die Zahlenwerte 1, 2, 3 und 4. Wird $n$ größer als 4,5, dann wird
der Nenner somit \textbf{negativ}. Da in der Definition nur gezeigt werden
muss, dass für die \textbf{großen \emph{n}-Werte} der Abstand kleiner sein
muss, können wir an dieser Stelle die kleinen Werte einfach "`unter den Tisch
fallen lassen"'. Wir führen den Beweis daher fort, indem wir voraussetzen, dass
$n>4{,}5$ ist. Das muss aber explizit so angegeben werden.\\

Da für die großen $n$ sowohl der Zähler als auch der Nenner des Bruches
\textbf{negativ} ist, können die Betragsstriche einfach weggelassen werden,
denn ein Bruch mit negativen Zähler und negativen Nenner ist positiv.

\[\begin{array}{rcll}
\left| \cfrac{-5}{9-2n}\right|&<&\varepsilon &| \textnormal{ für }n>4{,}5: \\
\cfrac{-5}{9-2n}&<&\varepsilon &| \cdot (9-2n) \\
-5&>&\varepsilon \cdot (9-2n) &|: \varepsilon \\
-\cfrac{5}{\varepsilon}&>&9-2n &|-9 \\
-\cfrac{5}{\varepsilon}-9&>&-2n &|:(-2) \\
\cfrac{-\frac{5}{\varepsilon}-9}{-2}&<&n \\
\cfrac{5}{2 \varepsilon}+4{,}5&<&n \\
\end{array}\]

In der Rechnung musste an zwei Stellen das Ungleichheitszeichen umgedreht
werden. Bei der Multiplikation mit $(9-2n)$ ist das der Fall, weil dieser Term
\textbf{negativ} ist, wenn $n>4{,}5$ ist. Das war ja so vorausgesetzt. Bei der
Division durch $-2$ war offensichtlich, dass dies eine negative Zahl ist.\\

Mit diesem Ergebnis ist der Beweis erbracht, weil das $n$ auf der
\textbf{größeren} Seite des Ungleichheitszeichens steht. Wie genau dabei der
Term auf der anderen Seite aussieht, ist vollkommen belanglos, nur \textbf{die
Richtung des Ungleichheitszeichens} ist entscheidend für den Erfolg (oder
Misserfolg) des Beweises!

\newpage
\subsection{Grenzwertlehrsätze}
Es ist auf die Dauer sehr lästig, bei einer Folge den Grenzwert immer mit einer
$\varepsilon$-Umgebung nachweisen zu müssen. Zudem muss man zunächst auch noch
eine Idee haben, wo ein eventuell existierender Grenzwert liegen könnte. Schön
wäre es, wenn man einen solchen Grenzwert direkt berechnen könnte. Das ist
tatsächlich oft möglich. Bedingung dafür ist, dass das allgemeine Glied einer
Folge so zerlegt werden kann, dass dabei Teilfolgen entstehen, die ihrerseits
bereits bekannte Grenzwerte haben.\\

Unter der Bedingung, dass die jeweiligen Teilgrenzwerte existieren, gelten
folgende Grenzwert-Lehrsätze:

\[\begin{array}{rrcll}
\textnormal{Summenregel:}&\lim\limits_{n \to \infty}(a_n \pm b_n)
  &=&\lim\limits_{n \to \infty}a_n \pm \lim\limits_{n \to \infty}b_n \\
\textnormal{Produktregel:}&\lim\limits_{n \to \infty}(a_n \cdot b_n)
  &=&\lim\limits_{n \to \infty}a_n \cdot \lim\limits_{n \to \infty} b_n \\
\textnormal{Quotientenregel:}& \lim\limits_{n \to \infty} \cfrac{a_n}{b_n}
  &=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}a_n}{\lim\limits_{n \to \infty}b_n}\\
\end{array}\]

Damit die Grenzwertlehrsätze überhaupt Anwendung finden können, benötigt man
zunächst einen Fundus an grundlegenden Folgen. Deren Grenzwerte kann man
jeweils mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung beweisen. Auf die zugehörigen
Beweise möchte ich an dieser Stelle allerdings verzichten.
\begin{center}\textbf{Liste einiger grundlegender Folgen:}\end{center}
\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}&=&0 \\
\lim\limits_{n \to \infty}k^n&=&0 & \textnormal{mit } -1<k<1 \\
\lim\limits_{n \to \infty}k&=&k &\textnormal{(konstante Folge)}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\left(1+\cfrac{1}{n} \right)^n&=&e \approx
  2{,}718\,281\,828\,459\,045 &\textnormal{(Eulersche Zahl)}\\
\end{array}\]

Die Anwendung möchte ich an ein paar Beispielen erläutern.
\subsubsection{Beispiel 1:}
\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n^2}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\left(\cfrac{1}{n} \cdot \cfrac{1}{n}\right)
  &|\textnormal{ Produktregel anwenden}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n} \cdot \lim\limits_{n \to
\infty}\cfrac{1}{n}
&|\textnormal{ Teilgrenzwerte einsetzen}\\
&=&0 \cdot 0 \\
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n^2}&=&0 \\
\end{array}\]

\subsubsection{Beispiel 2:}
\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\left( \cfrac{2}{n}+\cfrac{1}{2^n} \right)
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\left( 2 \cdot
\cfrac{1}{n}+\left(\cfrac{1}{2}\right)^n \right)
&|\textnormal{ Summenregel anwenden}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\left( 2 \cdot
\cfrac{1}{n}\right)+\lim\limits_{n \to \infty}\left(\cfrac{1}{2}\right)^n
&|\textnormal{ Produktregel anwenden}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty} 2 \cdot
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}
+\lim\limits_{n \to \infty}\left(\cfrac{1}{2}\right)^n
&|\textnormal{ Teilgrenzwerte einsetzen}\\
&=&2 \cdot 0+0 \\
\lim\limits_{n \to \infty}\left( \cfrac{2}{n}+\cfrac{1}{2^n} \right)&=&0 \\
\end{array}\]

\subsubsection{Beispiel 3:}
\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{2n+1}{n+3}
&=& \ldots &| \textnormal{ Quotientenregel anwenden}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}(2n+1)}{\lim\limits_{n \to \infty}(n+3)}
&| \textnormal{ Summenregel anwenden}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty} 2n+\lim\limits_{n \to \infty}1}
{\lim\limits_{n \to \infty}n+\lim\limits_{n \to \infty}3}\\
\end{array}\]
Spätestens an dieser Stelle müssen wir abbrechen. Der Grenzwert für
$\lim\limits_{n \to \infty}n$ im Nenner existiert nämlich nicht. Das gleiche
gilt auch für $\lim\limits_{n \to \infty}2n$ im Zähler. Beide Terme streben
gegen $\infty$. Somit hätte bereits im ersten Schritt die Quotientenregel nicht
angewendet werden dürfen. Voraussetzung dafür ist ja, dass die Teil-Grenzwerte
tatsächlich existieren! \\

Trotzdem hat die hier zu untersuchende Folge tatsächlich einen Grenzwert. Der
Lösungsweg für den Nachweis muss jedoch verändert werden.\\

Der Trick besteht darin, dass man im Zähler und im Nenner "`mit Gewalt"' $n$
ausklammert. Der Ansatz sieht dann so aus:

\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{2n+1}{n+3}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{n \cdot (2+\frac{1}{n})}{n \cdot (1+\frac{3}{n})} \\
\end{array}\]
An dieser Stelle kann man den Bruch nun durch $n$ kürzen. Das ist deshalb
möglich, da $n$ eine Natürliche Zahl ist, die niemals Null sein kann. Der
Lösungsweg geht dann wie folgt weiter.

\[\begin{array}{rcll}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{2n+1}{n+3}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{n \cdot (2+\frac{1}{n})}{n \cdot (1+\frac{3}{n})} \\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{3}{n}}
&|\textnormal{ Quotientenregel}   \\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}(2+\frac{1}{n})}
  {\lim\limits_{n \to \infty}(1+\frac{3}{n})}
&|\textnormal{ Summenregel}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}2+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}}
{\lim\limits_{n \to \infty}1+\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{3}{n}}
&|\textnormal{ Produktregel}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}2+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}}
{\lim\limits_{n \to \infty}1
  +\lim\limits_{n \to \infty}3 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{n}}
&|\textnormal{ Teilgrenzwerte einsetzen}\\
&=&\cfrac{2+0}{1+3 \cdot 0}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{2n+1}{n+3}&=&2 \\
\end{array}\]



\newpage
\section{Übungsaufgaben}
\subsection{Aufgabe 1}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n-2}{n+5}=3\]
\subsection{Aufgabe 2}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{4n-2}{2n-5}=2\]
\subsection{Aufgabe 3}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{5-10n}{15-2n}=5\]
\subsection{Aufgabe 4}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{5}{3n-2}=0\]
\subsection{Aufgabe 5}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{2}{-3n-3}=0\]
\subsection{Aufgabe 6}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-4}{-3n-10}=-4 \]
\subsection{Aufgabe 7}
Weisen Sie folgenden Grenzwert mit Hilfe einer $\varepsilon$-Umgebung nach:
 \[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{8n-4}{-2n+11}=-4 \]
\subsection{Aufgabe 8}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-9}{-3n-4}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 9}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^2+3n-1}{3n^2+3n-10}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 10}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{n-n^2+3}{n^2-4n}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 11}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{2n^3-4n}{n^2-2n-1}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 12}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{2n^2+5}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 13}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n+5n^3-4}{3n^2+5n-10n^3}= \ldots \]
\subsection{Aufgabe 14}
Berechnen Sie den Grenzwert der Folge -- so weit vorhanden -- mit Hilfe
der Grenzwertlehrsätze:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^3-4n^2}{3n^2+3n-2n^4}= \ldots \]
\newpage
\section{Lösungen}
Bei Aufgabe 1 bis 7 kommt es darauf an, dass die Rechnung aufgeht mit $n$ auf
der größeren Seite des Zeichens \mbox{$<$, also mit $n>\ldots$} oder
\mbox{$\dots<n$}. Ist das der Fall, dann ist der Beweis erbracht.

\subsection{Aufgabe 1} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3n-2}{n+5}=3\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|3-\frac{3n-2}{n+5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{3(n+5)}{n+5}-\frac{3n-2}{n+5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{3n+15-3n+2}{n+5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{17}{n+5}\right|&<&\varepsilon \quad
   | \textnormal{ Zähler und Nenner ist positiv}\\
\frac{17}{n+5}&<&\varepsilon \quad | \cdot (n+5) \textnormal{ (Faktor positiv)}\\
17&<&\varepsilon \cdot (n+5) \quad |:\varepsilon \textnormal{ (Teiler positiv)}\\
\frac{17}{\varepsilon}&<&n+5 \quad |-5 \\
\frac{17}{\varepsilon}-5&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht.
\newpage  %---------------------------

\subsection{Aufgabe 2} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4n-2}{2n-5}=2\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|2-\frac{4n-2}{2n-5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{2(2n-5)}{2n-5}-\frac{4n-2}{2n-5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{4n-10-4n+2}{2n-5}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{-8}{2n-5}\right|&<&\varepsilon \\
\end{eqnarray*}
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit wird die weitere Untersuchung auf alle
$n>2$ eingegrenzt. In dem Bereich ist der Zähler negativ, der Nenner positiv.
Beim Auflösen des Betrages muss also das Vorzeichen geändert werden.
\begin{eqnarray*}
\frac{8}{2n-5}&<&\varepsilon \quad |\cdot (2n-5) \\
8&<&\varepsilon \cdot (2n-5) \quad |:\varepsilon \\
\frac{8}{\varepsilon}&<&2n-5 \quad |+5 \\
\frac{8}{\varepsilon}+5&<&2n \quad |:2 \\
\frac{\frac{8}{\varepsilon}+5}{2}&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\

\newpage  %------------------------------
\subsection{Aufgabe 3} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{5-10n}{15-2n}=5\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|5-\frac{5-10n}{15-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{5(15-2n)}{15-2n}-\frac{5-10n}{15-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{75-10n-5+10n}{15-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{70}{15-2n}\right|&<&\varepsilon \\
\end{eqnarray*}
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit wird die weitere Untersuchung auf alle
$n>7$ eingegrenzt. In dem Bereich ist der Zähler positiv, der Nenner negativ.
Beim Auflösen des Betrages muss also das Vorzeichen geändert werden.
\begin{eqnarray*}
-\frac{70}{15-2n}&<&\varepsilon \quad | \cdot (15-2n) \quad
  \textnormal{ (Der Faktor ist negativ!)}\\
-70&>&\varepsilon \cdot (15-2n) \quad | : \varepsilon \\
-\frac{70}{\varepsilon}&>&15-2n \quad | -15 \\
-\frac{70}{\varepsilon}-15&>&-2n \quad | :(-2) \\
\frac{-\frac{70}{\varepsilon}-15}{-2}&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\ \\ \\
\newpage  %------------------------------
\subsection{Aufgabe 4} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{5}{3n-2}=0\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|0-\frac{5}{3n-2}\right|&<&\varepsilon \\
\left|-\frac{5}{3n-2}\right|&<&\varepsilon \\
\frac{5}{3n-2}&<&\varepsilon \quad| \cdot (3n-2) \\
5&<&\varepsilon \cdot (3n-2) \quad | :\varepsilon \\
\frac{5}{\varepsilon}&<&3n-2 \quad | +2 \\
\frac{5}{\varepsilon}+2&<&3n \quad | :3 \\
\frac{\frac{5}{\varepsilon}+2}{3}&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\

\newpage  %------------------------------
\subsection{Aufgabe 5} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2}{-3n-3}=0\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|0-\frac{2}{-3n-3}\right|&<&\varepsilon \\
\left|-\frac{2}{-3n-3}\right|&<&\varepsilon \\
\end{eqnarray*}
Der Nenner des Bruches ist stets negativ, der Zähler positiv. Da noch vor dem
Bruch ein Minuszeichen steht, ist der Betragsinhalt positiv.
\begin{eqnarray*}
-\frac{2}{-3n-3}&<&\varepsilon \quad| \cdot (-3n-3) \quad
  \textnormal{ (Achtung! Nenner negativ.)}\\
-2&>&\varepsilon \cdot (-3n-3) \quad | :\varepsilon \\
-\frac{2}{\varepsilon}&>&-3n-3 \quad |+3 \\
-\frac{2}{\varepsilon}+3&>&-3n \quad |:(-3) \\
\frac{-\frac{2}{\varepsilon}+3}{-3}&<&n \quad
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\

\newpage  %------------------------------
\subsection{Aufgabe 6} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-4}{-3n-10}=-4\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|-4-\frac{12n-4}{-3n-10}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{-4(-3n-10)}{-3n-10}-\frac{12n-4}{-3n-10}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{12n+40-12n+4}{-3n-10}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{44}{-3n-10}\right|&<&\varepsilon \\
\end{eqnarray*}
Der Nenner des Bruches ist stets negativ, der Zähler positiv. Daher kehrt sich
beim Auflösen des Betrages das Vorzeichen um.
\begin{eqnarray*}
-\frac{44}{-3n-10}&<&\varepsilon \quad| \cdot (-3n-10) \quad
  \textnormal{ (Negativer Nenner!)}\\
-44&>&\varepsilon \cdot (-3n-10) \quad| :\varepsilon \\
-\frac{44}{\varepsilon}&>&-3n-10 \quad | +10 \\
-\frac{44}{\varepsilon}+10&>&-3n \quad | :(-3) \\
\frac{-\frac{44}{\varepsilon}+10}{-3}&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\

\newpage  %------------------------------
\subsection{Aufgabe 7} Nachzuweisen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{8n-4}{-2n+11}=-4\]
Es muss gezeigt werden, dass die Ungleichung $|g-a_n|<\varepsilon$ für alle $n$ ab
einem Startwert $n_0$ erfüllt ist.
\begin{eqnarray*}
\left|-4-\frac{8n-4}{-2n+11}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{-4 \cdot (-2n+11)}{-2n+11}-\frac{8n-4}{-2n+11}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{8n-44-8n+4}{-2n+11}\right|&<&\varepsilon \\
\left|\frac{-40}{-2n+11}\right|&<&\varepsilon \\
\end{eqnarray*}
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit wird die weitere Untersuchung auf alle
$n>5$ eingegrenzt. In diesem Bereich ist der Zähler \textbf{und} der Nenner
negativ. Beim Auflösen des Betrages bleibt also das Vorzeichen erhalten.
\begin{eqnarray*}
\frac{-40}{-2n+11}&<&\varepsilon \quad | \cdot (-2n+11) \quad
  \textnormal{ (Nenner negativ!)}\\
-40&>&\varepsilon \cdot (-2n+11) \quad| :\varepsilon \\
-\frac{40}{\varepsilon}&>&-2n+11 \quad| -11 \\
-\frac{40}{\varepsilon}-11&>&-2n \quad| :(-2) \\
\frac{-\frac{40}{\varepsilon}-11}{-2}&<&n
\end{eqnarray*}
$n$ steht auf der größeren Seite des Ungleichungszeichens. $\Rightarrow$ Der
Beweis ist erbracht. \\

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\subsection{Aufgabe 8} Zu bestimmen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-9}{-3n-4}\]
Da weder im Zähler noch im Nenner ein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-9}{-3n-4}&=&
  \lim\limits_{n \to \infty}
   \frac{n \cdot \left(12-\frac{9}{n}\right)}
    {n \cdot \left( -3-\frac{4}{n} \right)} \\
&=&\lim\limits_{n \to\infty}\frac{12-\frac{9}{n}}{-3-\frac{4}{n}}
\quad |\textnormal{ Quotientenregel} \\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to\infty}}\left( 12-\frac{9}{n}\right)}
{{\lim\limits_{n \to\infty}}\left(-3-\frac{4}{n}\right)}
\quad |\textnormal{ Summenregel} \\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to\infty}}12
  -{\lim\limits_{n \to\infty}}\frac{9}{n}}
 {{\lim\limits_{n \to\infty}}(-3)
  -{\lim\limits_{n \to\infty}}\frac{4}{n}}
\quad |\textnormal{ Konstantenregel} \\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to\infty}}12
  -9 \cdot{\lim\limits_{n \to\infty}}\frac{1}{n}}
  {{\lim\limits_{n \to\infty}}(-3)
  -4 \cdot{\lim\limits_{n \to\infty}}\frac{1}{n}}
\quad |\textnormal{ Grenzwerte einsetzen} \\
&=&\frac{12-9 \cdot 0}{-3-4 \cdot 0} \\
&=&-\frac{12}{3} \\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n-9}{-3n-4}&=&-4
\end{eqnarray*}

\newpage %---------------------
\subsection{Aufgabe 9} Zu bestimmen ist:
\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^2+3n-1}{3n^2+3n-10}\]
Da weder im Zähler noch im Nenner ein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^2$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^2+3n-1}{3n^2+3n-10}&=&
\lim\limits_{n \to \infty}
 \frac{n^2 \cdot \left( 6+ \frac{3}{n}-\frac{1}{n^2} \right)}
  {n^2 \cdot \left( 3+\frac{3}{n}-\frac{10}{n^2} \right)}
  \quad|\textnormal{ Kürzen} \\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
 \frac{6+ \frac{3}{n}-\frac{1}{n^2}}
  {3+\frac{3}{n}-\frac{10}{n^2}}
  \quad|\textnormal{ Quotientenregel} \\
&=&
 \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}\left( 6+\frac{3}{n}-\frac{1}{n^2} \right)}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}\left( 3+\frac{3}{n}-\frac{10}{n^2} \right)}
  \quad|\textnormal{ Summenregel} \\
&=&
 \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}6
 +{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{3}{n}
 -{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n^2}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}3
  +{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{3}{n}
  -{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{10}{n^2}}
  \quad|\textnormal{ Konstantenregel/Produktregel} \\
&=&
 \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}6
 +3 \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
 -{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
 \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}3
  +3 \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
  -10 \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
  \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}
  \quad|\textnormal{ Grenzwerte eins.} \\
&=&\frac{6+3 \cdot 0-0 \cdot 0}{3+3 \cdot 0-10 \cdot 0 \cdot 0} \\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^2+3n-1}{3n^2+3n-10}&=&2
\end{eqnarray*}

\newpage %---------------------
\subsection{Aufgabe 10} Zu bestimmen ist:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{n-n^2+3}{n^2-4n} \]
Da weder im Zähler noch im Nenner ein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^2$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n-n^2+3}{n^2-4n}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^2 \left( \frac{1}{n}-1+\frac{3}{n^2} \right)}
     {n^2 \left( 1-\frac{4}{n}\right)}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\frac{ \frac{1}{n}-1+\frac{3}{n^2}}
     {1-\frac{4}{n}}\\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}\left( \frac{1}{n}-1+\frac{3}{n^2}\right)}
     {{\lim\limits_{n \to \infty}}\left( 1-\frac{4}{n}\right)}\\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to \infty}} \frac{1}{n}
    -{\lim\limits_{n \to \infty}}1+{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{3}{n^2}}
     {{\lim\limits_{n \to \infty}}1-{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{4}{n}}\\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to \infty}} \frac{1}{n}
    -{\lim\limits_{n \to \infty}}1+3 \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}
    \frac{1}{n} \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}1-4 \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}\\
&=&\frac{0-1+3 \cdot 0 \cdot 0}{1-4 \cdot 0}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n-n^2+3}{n^2-4n}&=&-1
\end{eqnarray*}

\newpage %---------------------
\subsection{Aufgabe 11} Zu bestimmen ist:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{2n^3-4n}{n^2-2n-1} \]
Da weder im Zähler noch im Nenner ein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^3$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2n^3-4n}{n^2-2n-1}
&=& \lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^3 \cdot \left( 2-\frac{4}{n^2}\right)}
  {n^3 \cdot \left(\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n^3}\right)}\\
&=& \lim\limits_{n \to \infty}\frac{2-\frac{4}{n^2}}
  {\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n^3}}\\
&=& \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}} \left( 2-\frac{4}{n^2}\right)}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}
    \left(\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}-\frac{1}{n^3}\right)}\\
&=& \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}2-{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{4}{n^2}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}-{\lim\limits_{n \to \infty}}
   \frac{2}{n^2}-{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n^3}}\\
&=& \frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}2
  -4 \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
   \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}-2 \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}
   \frac{1}{n} \cdot {\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
   -{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
   \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}
   \cdot{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n}}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2n^3-4n}{n^2-2n-1}
&=&\frac{2-4 \cdot 0 \cdot 0}{0-2 \cdot 0 \cdot 0-0 \cdot 0 \cdot 0}
\end{eqnarray*}
Der Nenner ist Null. Das bedeutet, der Bruch ist \textbf{nicht definiert}, der
gesuchte Grenzwert \textbf{existiert nicht}!

\newpage %---------------------
\subsection{Aufgabe 12} Zu bestimmen ist:
\[ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{2n^2+5} \]
Da im Nenner kein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^2$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{2n^2+5}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n^2 \cdot \frac{4}{n^2}}
  {n^2 \cdot \left( 2+\frac{5}{n^2}\right)} \\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}\frac{ \frac{4}{n^2}}{\left( 2+\frac{5}{n^2}\right)}\\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{4}{n^2}}
  {{\lim\limits_{n \to \infty}}\left( 2+\frac{5}{n^2}\right)}\\
&=&\frac{{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{4}{n^2}}{{\lim\limits_{n \to \infty}}2
  +{\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{5}{n^2}}\\
&=&\frac{4 \cdot \left({\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n^2}\right)}
{{\lim\limits_{n \to \infty}}2
  +5 \cdot \left({\lim\limits_{n \to \infty}}\frac{1}{n^2}\right)}\\
&=&\frac{4 \cdot 0}{2+5 \cdot 0}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{2n^2+5}&=&0
\end{eqnarray*}

\newpage %---------------------
%\emph{Weitere Lösungen folgen später. Hier sind wenigstens schon mal die
%Ergebnisse:}

\subsection{Aufgabe 13}
Zu bestimmen ist:
 \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n+5n^3-4}{3n^2+5n-10n^3}=\ldots\]

Da im Nenner kein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^3$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n+5n^3-4}{3n^2+5n-10n^3}
 &=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{n^3 \cdot \left(\frac{12}{n^2}+5-\frac{4}{n^3}\right)}
 {n^3 \cdot \left( \frac{3}{n}+\frac{5}{n^2}-10 \right)}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{\frac{12}{n^2}+5-\frac{4}{n^3}}
 {\frac{3}{n}+\frac{5}{n^2}-10}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}\left(\frac{12}{n^2}+5-\frac{4}{n^3}\right)}
 {\lim\limits_{n \to \infty}\left( \frac{3}{n}+\frac{5}{n^2}-10 \right)}\\
&=& \cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12}{n^2}
    +\lim\limits_{n \to \infty}5-\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{n^3}}
 {\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n}+\lim\limits_{n \to \infty}\frac{5}{n^2}
 -\lim\limits_{n \to \infty}10}\\
&=& \cfrac{12 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}
    +\lim\limits_{n \to \infty}5-4 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^3}}
 {3 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}
  +5 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}
 -\lim\limits_{n \to \infty}10}\\
&=&\cfrac{12 \cdot 0+5-4 \cdot 0}{3 \cdot 0+5 \cdot 0-10}\\
&=&\cfrac{5}{-10}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\frac{12n+5n^3-4}{3n^2+5n-10n^3}&=&-\cfrac{1}{2}
\end{eqnarray*}

\newpage
\subsection{Aufgabe 14}
Zu bestimmen ist:
 \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{6n^3-4n^2}{3n^2+3n-2n^4}=\ldots\]

Da im Nenner kein Teilgrenzwert existiert, muss der Bruch
erst umgeformt werden, bevor man die Quotientenregel anwenden kann. Wir
klammern im Zähler und im Nenner $n^4$ aus und kürzen anschließend dadurch.
Da stets $n \not=0$ ist, ist das möglich.
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{6n^3-4n^2}{3n^2+3n-2n^4}
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{n^4 \cdot \left(\frac{6}{n}-\frac{4}{n^2} \right)}
  {n^4 \cdot \left(\frac{3}{n^2}+\frac{3}{n^3}-2 \right)}\\
&=&\lim\limits_{n \to \infty}
  \cfrac{\frac{6}{n}-\frac{4}{n^2}}
  {\frac{3}{n^2}+\frac{3}{n^3}-2}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty} \left(\frac{6}{n}-\frac{4}{n^2} \right)}
  {\lim\limits_{n \to \infty} \left(\frac{3}{n^2}+\frac{3}{n^3}-2 \right)}\\
&=&\cfrac{\lim\limits_{n \to \infty}\frac{6}{n}
  -\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{n^2}}
  {\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n^2}
  +\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{n^3}-\lim\limits_{n \to \infty}2}\\
&=&\cfrac{6 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}
  -4 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}}
  {3 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}
  +3 \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n^3}-\lim\limits_{n \to \infty}2}\\
&=&\cfrac{6 \cdot 0-4 \cdot 0}{3 \cdot 0+3 \cdot 0-2}\\
&=&\cfrac{0}{-2}\\
\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{6n^3-4n^2}{3n^2+3n-2n^4}&=&0 \\
\end{eqnarray*}


\newpage  %------------------
\end{document}


