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\setlength{\parindent}{0pt} % kein Einrücken nach Abschnitt

\begin{document}

\title{Monotonie von Folgen}
\author{W. Kippels}
\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{Die Grundlagen}
\subsection{Die Definitionen}
\[\begin{array}{rcll}
\textnormal{Die Folge }a_{n}\textnormal{ heißt \textbf{monoton steigend}}
&\Leftrightarrow&{\forall{n \in \mathbb{N}^*}}:& a_{n+1}\geq a_{n}\\
\textnormal{Die Folge }a_{n}\textnormal{ heißt \textbf{monoton fallend}}
&\Leftrightarrow&{\forall{n \in \mathbb{N}^*}}:& a_{n+1}\leq a_{n}\\
\textnormal{Die Folge }a_{n}\textnormal{ heißt \textbf{streng monoton steigend}}
&\Leftrightarrow&{\forall{n \in \mathbb{N}^*}}:& a_{n+1}>a_{n}\\
\textnormal{Die Folge }a_{n}\textnormal{ heißt \textbf{streng monoton fallend}}
&\Leftrightarrow&{\forall{n \in \mathbb{N}^*}}:& a_{n+1}<a_{n}
\end{array}\]

Eine Folge, die monoton steigend oder monoton fallend ist, heißt
\textbf{monotone} Folge.

\subsection{Bedeutung der Definitionen}
Die Bedeutung dieser Definitionen möchte ich anhand der ersten Definition
erläutern.
\[\textnormal{Die Folge }a_{n}\textnormal{ heißt \textbf{monoton steigend}}
\quad \Leftrightarrow \quad{\forall{n \in \mathbb{N}^*}}:\quad a_{n+1}\geq a_{n}\]

Die jeweiligen Kurzzeichen lassen sich wie folgt übersetzen:\\
\begin{tabular}{ll}
$\mathbf{\Leftrightarrow}$ & genau dann, wenn \\
$\mathbf{\forall}$ & für alle \\
$\in$              & ist Element von \\
$\mathbb{N}$       & die Menge der natürlichen Zahlen (einschließlich der 0) \\
$\mathbb{N^*}$     & die Menge der natürlichen Zahlen ohne die 0 \\
$a_n$              & das Folgenglied mit der Nummer $n$ (das $n$-te
                   Folgenglied) \\
$a_{n+1}$          & das Folgenglied mit der Nummer $n+1$ (das $(n+1)$-te
                   Folgenglied) \\
\end{tabular}

Damit möchte ich die mathematische Kurzschreibweise in "`Klartext"'
übersetzen. Hier zunächst die "`wörtliche"' Übersetzung:
\begin{quote}
\emph{Die Folge $a_n$ heißt \textbf{monoton steigend} genau dann, wenn für alle
natürliche Zahlen $n$ ohne die Null gilt: Folgenglied $a_{n+1}$ ist
\textbf{größer oder gleich} dem Folgenglied $a_n$.}
\end{quote}
Etwas freier, dafür aber verständlicher übersetzt bedeutet das:
\begin{quote}
\emph{Die Folge mit dem allgemeinen Folgenglied $a_n$ heißt \textbf{monoton
steigend} genau dann, wenn der Nachfolger eines \textbf{jeden} Folgengliedes
\textbf{größer oder gleich} seinem Vorgänger ist.}
\end{quote}
Das bedeutet folgendes: Man kann \textbf{jedes beliebige} Folgenglied nehmen
und mit seinem Nachfolger vergleichen. Der Nachfolger ist dann \textbf{immer
mindestens genau so groß}, wie dieses Folgenglied, oder auch größer.
Wenn das mit \textbf{allen} Folgengliedern so richtig ist, dann kann man die
Folge \textbf{monoton steigend} nennen. Andersherum: Würde man auch nur
\textbf{ein einziges} Folgenglied finden, für das diese Bedingung nicht erfüllt
wäre, dann wäre die Folge \textbf{nicht} monoton steigend.\\

Für eine \textbf{monoton fallende Folge} gilt sinngemäß das gleiche, nur ist
der Nachfolger dann immer \textbf{kleiner} oder gleich seinem Vorgänger.\\

Fügt man nun noch das Wort "`\textbf{streng}"' in die Definitionen mit ein,
dann gelten wieder sinngemäß die gleichen Bedingungen, jedoch ist nun der Fall
\textbf{ausgeschlossen}, dass das Folgenglied und sein Vorgänger gleich sind.
Hier muss der Nachfolger \textbf{echt größer} bzw. \textbf{echt kleiner} als
sein Vorgänger sein. Auch hier muss die Bedingung für \textbf{alle}
Folgenglieder gelten, völlig ohne Ausnahme.\\

\subsection{Beweisidee}
Wie kann man nun \textbf{beweisen}, dass eine bestimmte Folge eine dieser
Monotoniebedingungen erfüllt? Man kann ja nicht nicht die Bedingung für alle
Folgenglieder durchprobieren, man würde nie damit fertig, weil es unendlich
viele Folgenglieder gibt. Wenn es so nicht geht, wie dann?\\

Das Problem liegt darin, dass die Bedingung \textbf{\emph{für alle n}}
nachgewiesen werden muss, die natürliche Zahlen (ohne die Null) darstellen.
Daher geht man einfach von der Bedingung aus, setzt für $a_n$ und $a_{n+1}$ das
allgemeine Glied der konkreten Folge ein und bestimmt die Lösungsmenge der sich
dabei ergebenden Ungleichung\footnote{Einzelheiten zum Rechnen mit
Ungleichungen siehe beispielsweise hier:\\
\ifpdf \url{http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/ungleich.pdf}\fi}.
Die Definitionsmenge ist $\mathbb{N^*}$, und auch
als Lösungsmenge muss $\mathbb{N^*}$ herauskommen. Nur dann ist die Bedingung
\mbox{$\forall n \in \mathbb{N^*}$} erfüllt.

\subsection{Ein Beispiel}
Ein Beispiel soll erklären, wie man dabei vorgehen kann. Gegeben sei die Folge
mit dem allgemeinen Glied \mbox{$a_n=\frac{1}{n}$}. Die ersten Folgenglieder
lauten:
\[a_1=1 \qquad a_2=\cfrac{1}{2}\qquad a_3=\cfrac{1}{3}\qquad
a_4=\cfrac{1}{4}\qquad \ldots\]
Wir vermuten, dass die Folge \textbf{streng monoton fallend} ist. Es folgt der
Beweis, indem die Lösungsmenge für diesen Ansatz bestimmt wird:
\[a_{n+1}<a_n \qquad D= \mathbb{N^*}\]
Eine Frage, die hier immer wieder auftaucht:"`\emph{Was ist }$a_n$
\emph{, und was ist }$a_{n+1}?$"'\\

Die Formel für $a_n$ ist vorgegeben. In der Aufgabenstellung steht:
\mbox{$a_n=\frac{1}{n}$}. Der Nachfolger von $a_n$ ist $a_{n+1}$.
Beispielsweise ist zum Folgenglied $a_7$ -- also dem Folgenglied mit der Nummer
\mbox{$n=7$} -- der Nachfolger das Folgenglied $a_8$, also das Folgenglied mit
der Nummer \mbox{$n=8$}. Man setzt also im allgemeinen Folgenglied für $n$ eine
7 ein (für das aktuelle Folgenglied) bzw. eine 8 (für den Nachfolger).
Allgemein im Beweis setzt man entsprechend für $a_{n+1}$ einfach anstelle des
$n$ im allgemeinen Glied den Term $(n+1)$ ein, und zwar überall, wo im
allgemeinen Glied ein $n$ vorkommt. (In unserem Beispiel ist es allerdings nur
eine einzige Stelle im Nenner.) Wir erhalten:
\[\cfrac{1}{n+1}<\cfrac{1}{n}\]
Eine Ungleichung (wie auch eine Gleichung) mit Brüchen löst man am besten,
indem man sie zunächst mit dem Hauptnenner -- hier $n \cdot (n+1)$ --
multipliziert. Hier muss man aber aufpassen! Multipliziert man eine Ungleichung
mit einer negativen Zahl, dann kehrt sich das Ungleichungszeichen um! Da
\mbox{$n \in \mathbb{N^*}$} ist, ist hier sichergestellt, dass jeder Faktor des
Hauptnenners \textbf{positiv} ist, also auch der gesamte Hauptnenner. Daher ist
in diesem Beipspiel eine Fallunterscheidung nicht erforderlich. Wir erhalten:
\[\begin{array}{rcll}
n&<&n+1 &|-n \\
0&<&1 \\
\end{array}\]
Das Ergebnis ist eine \textbf{wahre Aussage}. Sie ist für alle
\mbox{$n \in \mathbb{N^*}$} wahr. Die Lösungsmenge lautet also:
\[L=\mathbb{N^*}\]
Damit ist der Beweis erbracht, die Bedingung ist für alle
\mbox{$n \in \mathbb{N^*}$} erfüllt.

\section{Übungsaufgaben}
\subsection{Aufgabe 1}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{2n+1}{2n-1}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend?

Bestimmen Sie dazu die ersten Folgenglieder und stellen Sie dann eine Vermutung
auf. Beweisen Sie die Vermutung mit Hilfe der jeweiligen Definition. Zeigen
Sie, dass die Lösungsmenge der jeweiligen Ungleichung $\mathbb{N}^*$ ist!

\subsection{Aufgabe 2}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{2n-5}{3n-1}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend?

Bestimmen Sie dazu die ersten Folgenglieder und stellen Sie dann eine Vermutung
auf. Beweisen Sie die Vermutung mit Hilfe der jeweiligen Definition. Zeigen
Sie, dass die Lösungsmenge der jeweiligen Ungleichung $\mathbb{N}^*$ ist!

\subsection{Aufgabe 3}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{3n-5}{3n-10}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend?

Bestimmen Sie dazu die ersten Folgenglieder und stellen Sie dann eine Vermutung
auf. Beweisen Sie die Vermutung mit Hilfe der jeweiligen Definition oder zeigen
Sie durch zwei Gegenbeispiele, dass keine Monotonie vorliegt.

\subsection{Aufgabe 4}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=2n^2-6n+10$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend?

Bestimmen Sie dazu die ersten Folgenglieder und stellen Sie dann eine Vermutung
auf. Beweisen Sie die Vermutung mit Hilfe der jeweiligen Definition oder zeigen
Sie durch zwei Gegenbeispiele, dass keine Monotonie vorliegt.

\subsection{Aufgabe 5}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
\mbox{$6n-2n^2-4$}.
Ist diese Folge \textbf{monoton}? Beweisen Sie Ihre Vermutung!

\newpage  %----------------------------------

\section{Komplette Lösungen mit Lösungsweg}
\subsection{Aufgabe 1}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{2n+1}{2n-1}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend? \\

Um eine Vermutung aufstellen zu können, bestimmen wir die ersten Folgenglieder.
\[a_1=3 \quad a_2= \cfrac{5}{3} \quad a_3= \cfrac{7}{5} \quad a_4= \cfrac{9}{7}
\quad a_5= \cfrac{11}{9} \quad a_6= \cfrac{13}{11}\]
$\Rightarrow \quad$ Vermutung: Die Folge ist
\textbf{\emph{streng monoton fallend}}. Nach der Definition müssen wir also
zeigen, dass $a_{n+1}<a_{n}$ richtig ist für alle $n \in \mathbb{N}^*$. Wenn
wir diese Ungleichung ansetzen, müssen wir also zeigen, dass die Lösungsmenge
$L= \mathbb{N}^*$ ist.

\[\begin{array}{rcll}
a_{n+1}&<&a_{n} &| \textnormal{ konkrete Folge einsetzen} \qquad
D= \mathbb{N}^* \\
\cfrac{2(n+1)+1}{2(n+1)-1}&<&\cfrac{2n+1}{2n-1} \\
\cfrac{2n+2+1}{2n+2-1}&<&\cfrac{2n+1}{2n-1} \\
\cfrac{2n+3}{2n+1}&<&\cfrac{2n+1}{2n-1} &| \cdot (2n+1) \cdot (2n-1)
\end{array}\]
Jetzt stehen wir an einem besonders kritischen Punkt des Beweises. Wir wollen
die Ungleichung mit dem Produkt der Nenner multiplizieren, damit die Nenner
wegfallen. Dabei ist zu beachten, dass sich das Ungleichungszeichen
\textbf{umdrehen} muss, wenn wir die Ungleichung mit einer \textbf{negativen}
Zahl multiplizieren. Da jedoch der Hauptnenner, mit dem wir multiplizieren
wollen, die Variable $n$ enthält, ist kein konkreter Wert für den Hauptnenner
bekannt. Wir müssen also eventuell eine \emph{\textbf{Fallunterscheidung}}
machen. \\ \\
Wir sehen uns die beiden Faktoren einmal genau an. Der erste Faktor $(2n+1)$
ist \emph{\textbf{stets positiv}}, denn wegen $D= \mathbb{N}^*$ können nur
positive Zahlen für $n$ eingesetzt werden. Sinngemäß gilt das auch für den
zweiten Faktor $(2n-1)$. Da für $n$ mindestens 1 eingesetzt wird, ist auch
dieser Faktor positiv. Somit ist der ganze Hauptnenner positiv, und eine
Fallunterscheidung erübrigt sich.
\[\begin{array}{rcll}
\cfrac{2n+3}{2n+1}&<&\cfrac{2n+1}{2n-1} &| \cdot (2n+1) \cdot (2n-1) \\
(2n+3) \cdot (2n-1)&<&(2n+1) \cdot (2n+1) \\
4n^2-2n+6n-3&<&(2n+1)^2 \\
4n^2+4n-3&<&4n^2+4n+1 &|-4n^2-4n \\
-3&<&1
\end{array}\]
Wir erhalten eine \emph{wahre Aussage}. Diese ist immer richtig, egal, welcher
Wert für $n$ verwendet wird. Also ist $L=D= \mathbb{N}^*$, der Beweis ist
erbracht.
\newpage  %------------------
\subsection{Aufgabe 2}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{2n-5}{3n-1}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend? \\ \\
Um eine Vermutung aufstellen zu können, bestimmen wir die ersten Folgenglieder.
\[a_1=-\cfrac{3}{2} \quad a_2= -\cfrac{1}{5} \quad a_3= \cfrac{1}{8} \quad
a_4= \cfrac{3}{11} \quad a_5= \cfrac{5}{14} \quad a_6= \cfrac{7}{17}\]
$\Rightarrow \quad$ Vermutung: Die Folge ist
\textbf{\emph{streng monoton steigend}}. Nach der Definition müssen wir also
zeigen, dass $a_{n+1}>a_{n}$ richtig ist für alle $n \in \mathbb{N}^*$. Wenn
wir diese Ungleichung ansetzen, müssen wir also zeigen, dass die Lösungsmenge
$L= \mathbb{N}^*$ ist.
\[\begin{array}{rcll}
a_{n+1}&>&a_{n} &| \textnormal{ konkrete Folge einsetzen} \qquad
D= \mathbb{N}^* \\
\cfrac{2(n+1)-5}{3(n+1)-1}&>&\cfrac{2n-5}{3n-1} \\
\cfrac{2n+2-5}{3n+3-1}&>&\cfrac{2n-5}{3n-1} \\
\cfrac{2n-3}{3n+2}&>&\cfrac{2n-5}{3n-1} &| \cdot (3n+2) \cdot (3n-1)
\end{array}\]
Jetzt stehen wir an einem besonders kritischen Punkt des Beweises. Wir wollen
die Ungleichung mit dem Produkt der Nenner multiplizieren, damit die Nenner
wegfallen. Dabei ist zu beachten, dass sich das Ungleichungszeichen
\textbf{umdrehen} muss, wenn wir die Ungleichung mit einer \textbf{negativen}
Zahl multiplizieren. Da jedoch der Hauptnenner, mit dem wir multiplizieren
wollen, die Variable $n$ enthält, ist kein konkreter Wert für den Hauptnenner
bekannt. Wir müssen also eventuell eine \emph{\textbf{Fallunterscheidung}}
machen. \\ \\
Wir sehen uns die beiden Faktoren einmal genau an. Der erste Faktor $(3n+2)$
ist \emph{\textbf{stets positiv}}, denn wegen $D= \mathbb{N}^*$ können nur
positive Zahlen für $n$ eingesetzt werden. Sinngemäß gilt das auch für den
zweiten Faktor $(3n-1)$. Da für $n$ mindestens 1 eingesetzt wird, ist auch
dieser Faktor positiv. Somit ist der ganze Hauptnenner positiv, und eine
Fallunterscheidung erübrigt sich.
\[\begin{array}{rcll}
\cfrac{2n-3}{3n+2}&>&\cfrac{2n-5}{3n-1} &| \cdot (3n+2) \cdot (3n-1) \\
(2n-3) \cdot (3n-1)&>&(2n-5) \cdot (3n+2) \\
6n^2-2n-9n+3&>&6n^2+4n-15n-10 &|-6n^2 \\
-11n+3&>&-11n-10 &|+11n \\
3&>&-10
\end{array}\]
Wir erhalten eine \emph{wahre Aussage}. Diese ist immer richtig, egal, welcher
Wert für $n$ verwendet wird. Also ist $L=D= \mathbb{N}^*$, der Beweis ist
erbracht.
\newpage  %------------------
\subsection{Aufgabe 3}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=\frac{3n-5}{3n-10}$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend? \\ \\
Um eine Vermutung aufstellen zu können, bestimmen wir die ersten Folgenglieder.
\[a_1= \cfrac{2}{7} \quad a_2= -\cfrac{1}{4} \quad a_3=-4 \quad
a_4= \cfrac{7}{2} \quad a_5= \cfrac{10}{5}=2 \quad a_6= \cfrac{13}{7}\]
Wie man leicht erkennen kann, fällt die Folge von $a_1$ bis $a_3$. Von $a_3$
nach $a_4$ steigt sie und danach fällt sie wieder, eine Monotonie liegt also
nicht vor. Zum Beweis genügt folgende Angabe:
\[a_2<a_1 \quad \wedge \quad a_4>a_3\]
Damit ist weder $a_{n+1} \leq a_n$ noch $a_{n+1} \geq a_n$ und erst recht nicht
$a_{n+1}<a_n$ oder $a_{n+1}>a_n$
 für \textbf{\emph{alle}} $n \in \mathbb{N}^*$ erfüllt. \\ \\ \\

\subsection{Aufgabe 4}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
$a_{n}=2n^2-6n+10$. Ist die Folge streng oder einfach
monoton steigend oder fallend? \\ \\
Um eine Vermutung aufstellen zu können, bestimmen wir die ersten Folgenglieder.
\[a_1=6 \quad a_2=6 \quad a_3=10 \quad a_4=18 \quad a_5=30 \quad a_6=46\]
Offensichtlich steigt die Folge, obwohl die ersten beiden Folgenglieder gleich
sind. Sie steigt also nicht \emph{streng}, sondern nur einfach monoton.
\[\begin{array}{rcll}
a_{n+1}&\geq&a_{n} &| \textnormal{ konkrete Folge einsetzen} \quad
D= \mathbb{N}^* \\
2 \cdot (n+1)^2-6 \cdot (n+1)+10&\geq&2n^2-6n+10 \\
2 \cdot (n^2+2n+1)-6n-6+10&\geq&2n^2-6n+10 \\
2n^2+4n+2-6n-6+10&\geq&2n^2-6n+10 &|-2n^2 \\
-2n+6&\geq&-6n+10 &|+6n-6 \\
4n&\geq&4 &|:4 \\
n&\geq&1 \\
\end{array}\]
Hiermit ist $L= \mathbb{N}^*$, denn alle $n \in \mathbb{N}^*$ sind ja
mindestens 1 groß. Der Beweis ist erbracht.

\subsection{Aufgabe 5}
Gegeben ist die Folge mit dem allgemeinen Glied
\mbox{$6n-2n^2-4$}.
Ist diese Folge \textbf{monoton}? Beweisen Sie Ihre Vermutung!\\

Um eine Vermutung aufstellen zu können, bestimmen wir die ersten Folgenglieder.
\[a_1=0 \qquad a_2=0 \qquad a_3=-4 \qquad a_4=-12 \qquad a_5=-24\]

$\Rightarrow \quad$ Vermutung: Die Folge ist (einfach)
\textbf{\emph{monoton fallend}}. Nach der Definition müssen wir also
zeigen, dass $a_{n+1}\leq a_{n}$ richtig ist für alle $n \in \mathbb{N}^*$.
Wenn wir diese Ungleichung ansetzen, müssen wir also zeigen, dass die
Lösungsmenge $L= \mathbb{N}^*$ ist.

{\footnotesize
\[\begin{array}{rclll}
D&=& \mathbb{N}^* \\
a_{n+1}&\leq&a_{n} &| \textnormal{ konkrete Folge einsetzen} \\
6 \cdot (n+1)-2 \cdot (n+1)^2-4 &\leq &6n-2n^2-4 \\
6n+6-2 \cdot (n^2+2n+1)-4&\leq &6n-2n^2-4 \\
6n+6-2n^2-4n-2-4&\leq &6n-2n^2-4 \\
2n-2n^2&\leq &6n-2n^2-4 &|+2n^2-6n \\
-4n&\leq&-4 &|:(-4)  \textnormal{ Achtung, Division durch negative Zahl!}\\
n&\geq&1 \\
L&=&\mathbb{N}^* \\
\end{array}\]
}
Damit ist der Beweis erbracht.

\end{document}
