n-te Wurzeln

Feststellung 2.2.13 (Approximation der n-ten Wurzel)   Es seien $n\in \mathbb{N}$ und $x > 0$. Wir erhalten eine monoton fallende Folge $(y_k)_k$ positiver Zahlen durch die Vorschrift:

$$\quad y_0 y_0^n \geqslant x$$ Startwert:

$$\quad y_{k+1} := y_k \Bigl( 1 - \frac{y_k^n-x}{ny_k^n}\Bigr)$$ Rekursion:

mit folgenden Eigenschaften:

$$y_k^n \geqslant x$$   ,    $$y_k > 0$$   für $k\in\mathbb{N}_0$, und$$\quad y_{k-1} \geqslant y_k$$   für $k\in\mathbb{N}$.$$$$

Für den Grenzwert $y :=\lim\limits_{k\to\infty}y_k$ gilt $y^n = x$.

Bemerkung: Als Startwert kann man z.B. $y_0 = 1+\frac{x-1}{n}$ wählen. Dann ist $y_0^n = (1+\frac{x-1}{n})^n \geqslant 1+n\frac{x-1}{n} = x$.

Beweis . Die Abschätzungen folgen durch Induktion nach $k$.

     Die beiden ersten Aussagen sind klar nach Definition.

    Da     $$\frac{y_k^n -x}{n\,y_k^n} \leqslant 1$$     folgt nach Bernoulli ():

$$\quad\Rightarrow\quad y_{k+1}^n = y_k^n\Bigl( 1 - \frac{y_k^n-x}{n\,y_k^n} \Bigr)^n \geqslant y_k^n \Bigl( 1 - \frac{y_k^n-x}{y_k^n} \Bigr) = x$$.$$$$

$$y_{k+1} = y_k \frac{(n-1)y_k^n+ x}{n\,y_k^n} >0$$   .$$$$

$$\displaystyle 0 \leqslant y_k^n - x \quad\Rightarrow\quad y_{k+1} = y_k \bigl( 1- \frac{y_k^n -x}{n\,y_k} \bigr) \leqslant y_k$$   .$$$$

Also existiert $y :=\lim\limits_{k\to\infty}y_k$. Aus der Rekursionsformel folgt:

$$ny^n = \lim\limits_{k\to\infty}( n\, y_k^{n-1}\,y_{k+1}) = \lim\limits_{k\to\infty}(n-1)y_k^n + x = (n-1)y^n+x$$   .$$$$

Folglich ist $y^n = x$.

Satz 2.2.14   Zu $x > 0$ und $n\in \mathbb{N}$ existiert eine eindeutig bestimmte reelle Zahl $y>0$ mit $y^n = x$.

Bezeichnung. Die eindeutig bestimmte Zahl $y$ aus vorigem Satz heißt die $n$-te Wurzel aus $x$. Bezeichnung: $y=\sqrt[\uproot{2}n]{x}$ Man setzt $\sqrt[\uproot{2}n]{0} :=0$.

Korollar 2.2.15   Die Funktion $(0,\infty) \ni x \mapsto \sqrt[\uproot{2}n]{x}$ ist streng monoton wachsend.

Beweis .

Eindeutigkeit:

Es seien $y, \tilde{y} > 0$. Wenn $y < \tilde{y}$, dann ist $y^n < \tilde{y}^n$. Aus $y^n =x = \tilde{y}^n$ folgt also $y = \tilde{y}$.

Existenz:

Die Existenz der n-ten Wurzel folgt aus der Festellung .

Bemerkung und Bezeichnung 2.2.16   Wir vereinbaren die übliche Exponenten Schreibweise für Wurzeln.

Aus der Eindeutigkeit der Wurzel folgt für $x > 0$, $x \in \mathbb{R}$:

1. Für $p\in\mathbb{Z}$, $q\in\mathbb{N}$ ist
   $$\sqrt[\uproot{2}q]{x^p} = \bigl(\sqrt[\uproot{2}q]{x}\bigr)^p$$   .$$$$

2. Es seien $p$, $\widetilde{p} \in \mathbb{Z}$, $q$, $\widetilde{q} \in \mathbb{N}$. Wenn $$\frac{p}{q} = \frac{\widetilde{p}}{\widetilde{q}}$$, dann ist
   $$\sqrt[\uproot{2}q]{x}\,^p = \sqrt[\uproot{2}\widetilde{q}]{x}\,^{\widetilde{p}}$$   .$$$$

3. Für $p\in\mathbb{Z}$, $q\in\mathbb{N}$ definiert man:
   $$x^\frac{p}{q} :=\sqrt[\uproot{2}q]{x}\,^p$$   .$$$$

Satz 2.2.17 (Bernoullische Ungleichung für die Wurzel)  

Für $x > -1$, $x \in \mathbb{R}$, und $n\in \mathbb{N}$ gilt:

$$1 +\frac{x}{n(1+x)} \leqslant \sqrt[\uproot{2}n]{1+x} \leqslant 1 + \frac{x}{n}$$   .$$$$

Beweis . Wir setzen

$$\sqrt[\uproot{2}n]{1+x} = 1+a$$.$$$$

Dann ist $a > -1$. Nach Bernoulli () folgt

$$1+x = (1+a)^n \geqslant 1+na = 1-n+n \sqrt[\uproot{2}n]{1+x}$$

$$\sqrt[\uproot{2}n]{1+x} \leqslant 1 +\frac{x}{n}$$

Wenden wir die soeben gezeigt Ungleichung an, so folgt:

$$\sqrt[\uproot{2}n]{1+x} = \frac{1}{ \sqrt[\uproot{2}n]{1-\frac{x}{1+x}}} \geqslant \frac{1}{1-\frac{x}{n(1+x)}} \geqslant 1 + \frac{x}{n(1+x)}$$.$$$$

Feststellung 2.2.18 (Stetigkeit der n-ten Wurzel)  

Es sei $(a_k)_k$ eine Folge, $a_k\geqslant 0$ und $k\in\mathbb{N}$. Dann gilt:

$$\lim\limits_{n\to\infty}a_k = a \quad\Rightarrow\quad \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[\uproot{2}n]{a_k} =\sqrt[\uproot{2}n]{a}$$

Beweis . Der Fall $a_k \to 0$ ist klar. Wenn der Grenzwert $a\not=0$, so gibt es ein $n_0\in\mathbb{N}$ so daß

$$a_k > \frac{a}{2}$$   für $n\geqslant n_0$.$$$$

$$\frac{a_k-a}{a} > -1$$   für $n\geqslant n_0$.$$$$

Die Behauptung folgt nun aus der Bernoullischen Ungleichung:

$$\sqrt[\uproot{2}n]{a}\Bigl(1+ \frac{a_k-a}{ka_k} \Bigr) \leqslan... ...\frac{a_k-a}{a}} \leqslant \sqrt[\uproot{2}n]{a}\Bigl(1+ \frac{a_k-a}{ka}\Bigr)$$   .$$$$

Feststellung 2.2.19   Es sei $q\in\mathbb{R}$, $q>0$. Dann ist

$$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[\uproot{2}n]{q} = 1$$.$$$$

Die Folge

$$(\sqrt[\uproot{2}n]{q})_n$$   ist$$\quad \Bigl\{ \begin{array}{ll} \text{streng monoton fallen... ...noton wachsend} &\text{f\uml ur \ \( 0 < q < 1 \).} \end{array}$$

Bemerkung: Die Konvergenz $\sqrt[\uproot{2}n]{q}\to 1$ folgt aus der Bernoullischen Ungleichung: Für $q>0$ gilt:

$$1 +\frac{1}{n}\Bigl(1-\frac{1}{q}\Bigr) \leqslant\sqrt[\uproot{2}n]{q}\leqslant 1 + \frac{1}{n}(q-1)$$   .$$$$

Beispiel.

$$1.05 \leqslant \sqrt[\uproot{2}10]{2} \approx 1.0718 \leqslant 1.1$$

$$1.000999 \leqslant \sqrt[\uproot{2}1000]{1000} \approx 1.0069 \leqslant 1.999\,$$

Beweis . Für $q>0$ setze man

$$q = 1+x$$   mit$$\quad x> -1$$

und wende die Bernoullische Ungleichung an:

$$1 +\frac{x}{n(1+x)} \leqslant \sqrt[\uproot{2}n]{1+x} \leqslant 1 + \frac{x}{n}$$   .$$$$

Also ist $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[\uproot{2}n]{1+x} = 1$.

Im Falle $1 < q$ ist $\sqrt[\uproot{2}n]{q} > 1$ und aus

$$q < q\sqrt[\uproot{2}n]{q} = \bigl(\sqrt[\uproot{2}n]{q}\bigr)^{n+1}$$

folgt die strenge Monotonie der Folge: $\sqrt[\uproot{2}n+1]{q} < \sqrt[\uproot{2}n]{q}$.

Im Falle $0< q < 1$ sind die Kehrwerte $\sqrt[\uproot{2}n]{\frac{1}{q}}$ streng monoton fallend.

Feststellung 2.2.20   Die Folge $\sqrt[\leftroot{0}\uproot{2}n]{n}$, ( $n= 3,4,\dots$), ist streng monoton fallend und es ist

$$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[\uproot{2}n]{n} = 1$$

Bemerkung. Die Behauptungen folgen aus der Abschätzung

$$1+\frac{1}{n} < \sqrt[\uproot{2}n]{n} < 1 + \sqrt{\frac{2}{n-1}}$$   für $n= 3,4,\dots$$$$$

Beweis . Nach Lemma gilt

$$\Bigl( \frac{n+1}{n} \Bigr)^n = \Bigl(1+\frac{1}{n}\Bigr)^n \leqslant 3 \leqslant n$$   für $n= 3,4,\dots$.$$$$

$$\Rightarrow\quad 1+\frac{1}{n} < \sqrt[\uproot{2}n]{n}$$

$$\Rightarrow\quad n+1 \leqslant n\sqrt[\uproot{2}n]{n} = (\sqrt[\uproot{2}n]{n})^{n+1}$$   für $n= 3,4,\dots$.$$$$

Wir setzen $a_n = \sqrt[\uproot{2}n]{n} -1$.

$$n = (1+a_n)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_n^k \geqslant \frac{n(n-1)}{2}a_n^2$$   .$$$$

Also ist

$$\sqrt[\uproot{2}n]{n}= 1+ a_n \leqslant 1 + \sqrt{\frac{2}{n-1}}$$   .$$$$