Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:
Theorie der Reihen - Konvergenzkriterien für Reihen
Lösungen zu den Aufgaben Das Majorantenkriterium
Lösung zur Aufgabe 5.2.1 - Die geometrische Reihe als Majorante
Für alle \( n\in\mathbb N \) schätzen wir wie folgt ab \[ \begin{array}{lll} \displaystyle\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k^2}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{1^2}+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\left(\frac{1}{4^2}+\ldots+\frac{1}{7^2}\right) +\ldots+\left(\frac{1}{(2^{n-1})^2}+\ldots+\frac{1}{(2^n-1)^2}\right) \\ & \le & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{1^2}+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}\right)+\left(\frac{1}{4^2}+\ldots+\frac{1}{4^2}\right) +\ldots+\left(\frac{1}{(2^{n-1})^2}+\ldots+\frac{1}{(2^{n-1})^2}\right) \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{1^2}+\frac{2}{2^2}+\frac{4}{4^2}+\ldots+\frac{2^{n-1}}{(2^{n-1})^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^k} \,\le\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k} \,=\,\frac{1}{1-\frac{1}{2}} \,=\,2 \,\lt\,\infty\,. \end{array} \] Also gilt auch im Grenzfall \( n\to\infty \) \[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\lt\infty\,, \] d.h. die Reihe \( \displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2} \) konvergiert.\(\qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.2 - Anwendung des Majorantenkriteriums
| (i) | Wegen \( \frac{1}{k^2+1}\le\frac{1}{k^2} \) für \( k=1,2,\ldots \) haben wir |
\[ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2+1}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N, \]
| und damit gilt im Grenzfall \( n\to\infty \) nach Aufgabe 5.2.1 |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+1}\le\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\lt\infty\,. \]
| (ii) | Wir haben \( 2k-1\le 2k \) sowie \( 2k^3+k^2+2k+1\ge k^3 \) für \( k=1,2,\ldots, \) so dass |
\[ \sum_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k^3+k^2+2k+1}\le\sum_{k=1}^n\frac{2k}{2k^3}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N, \]
| und damit gilt im Grenzfall \( n\to\infty \) nach Aufgabe 5.2.1 |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{2k-1}{2k^3+k^2+k+1}\le\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\lt\infty\,. \]
| (iii) | Wir haben \( 3k^4+k^3+7k^2-k-1\ge 3k^4 \) sowie \( 3k^4\ge 3k^2 \) für \( k=1,2,\ldots, \) so dass |
\[ \sum_{k=1}^n\frac{1}{3k^4+k^3+7k^2-k-1}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{3k^4}\le\frac{1}{3}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N, \]
| und damit gilt im Grenzfall \( n\to\infty \) nach Aufgabe 5.2.1 |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{3k^4+k^3+7k^2-k-1}\le\frac{1}{3}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\lt\infty\,. \]
| (iv) | Mit \( \alpha\in\mathbb N, \) \( \alpha\ge 2, \) haben wir \( k^2\le k^\alpha \) für alle \( k=1,2,\ldots, \) |
\[ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^\alpha}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N, \]
| und damit gilt im Grenzfall \( n\to\infty \) nach Aufgabe 5.2.1 |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^\alpha}\le\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\lt\infty\,. \] Damit sind alle Behauptungen bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.3 - Teleskopreihen
| (i) | Wir berechnen für die Partialsummen |
\[ \begin{array}{lll} S_n\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)} \,=\,\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) \,=\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}\right) -\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{n+1}\,. \end{array} \]
| Im Grenzfall \( n\to\infty \) gilt daher |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(k+1)} =\lim_{n\to\infty}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)} =\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right) =1. \]
| (ii) | Es gilt |
\[ \frac{1}{k^2}=\frac{2}{2k^2}=\frac{2}{k^2+k^2}\le\frac{2}{k^2+k}=\frac{2}{k(k+1)}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots, \]
| so dass nach dem Majorantenkriterium die behauptete Konvergenz folgt: |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\le\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{k(k+1)}=2. \] Damit sind alle Aussagen bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Minorantenkriterium
Lösung zur Aufgabe 5.2.4 - Beweis des Minorantenkriteriums
Wäre nämlich \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k \) konvergent, so wäre sie eine Majorante für \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty b_k, \) d.h. diese Reihe würde konvergieren im Widerspruch zur Voraussetzung.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.5 - Anwendung des Minorantenkriteriums
| (i) | Wir schätzen wie folgt ab |
\[ \frac{k+2}{k(k+1)}\ge\frac{k+1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}\,, \]
| weshalb für alle \( n=1,2,\ldots \) gilt |
\[ \sum_{k=1}^n\frac{k+2}{k(k+1)}\ge\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty \]
| da die harmonische Reihe nicht konvergiert, d.h. die betrachtete Reihe konvergiert nach dem Minorantenkriterium nicht. | |
| (ii) | Für \( n=2,3,\ldots \) schätzen wir wie folgt ab: |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{3k}{k+2}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace 3\sum_{k=1}^n\frac{k}{k+2} \,=\,1+3\sum_{k=2}^n\frac{k}{k+2} \\ & \ge & \displaystyle\negthickspace 1+3\sum_{k=2}^n\frac{k}{k+k} \,=\,1+3\sum_{k=2}^n\frac{1}{2} \longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \end{array} \]
| d.h. die betrachtete Reihe konvergiert nach dem Minorantenkriterium nicht. | |
| (iii) | Für \( n=1,2,\ldots \) schätzen wir wie folgt ab |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{k^2+2k}{5k^2+3k+7}\negthickspace & \ge & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^n\frac{k^2}{5k^2+3k^2+7k^2} \,=\,\sum_{k=1}^n\frac{k^2}{15k^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^n\frac{1}{15} \,\longrightarrow\,\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \end{array} \]
| d.h. die betrachtete Reihe konvergiert nach dem Minorantenkriterium nicht. | |
| (iv) | Für \( n=1,2,\ldots \) schätzen wir wie folgt ab: |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k(k+1)}}\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k^2+k}} \,\ge\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k^2+k^2}} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{\sqrt{2}}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} \,\longrightarrow\,\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \end{array} \]
| d.h. die betrachtete Reihe konvergiert nach dem Minorantenkriterium nicht. | |
| (v) | Für \( n=1,2,\ldots \) schätzen wir wie folgt ab: |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n\Big\{-k+\sqrt{k^2+1}\Big\} & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^n\frac{\big(\sqrt{k^2+1}+k\big)\big(\sqrt{k^2+1}-k\big)}{\sqrt{k^2+1}+k} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k} \,\ge\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{2k^2}+k} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{1}{1+\sqrt{2}}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} \longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \end{array} \]
| d.h. die betrachtete Reihe konvergiert nach dem Minorantenkriterium nicht. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Leibnizkriterium
Lösung zur Aufgabe 5.2.6 - Beispiele alternierender Reihen
| (i) | Die Glieder |
\[ a_k=\frac{(-1)^k}{5k+1}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]
| sind alternierend, und es gelten |
\[ |a_k|=\frac{1}{5k+1}\ge\frac{1}{5(k+1)+1}=|a_{k+1}|\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to\infty}|a_k|=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{5k+1}=0. \]
| Nach dem Leibnizkriterium konvergiert daher die angegebene Reihe. | |
| (ii) | Die Glieder |
\[ a_k=\frac{(-1)^k}{\sqrt{k(k+2)}}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]
| sind alternierend, und es gelten |
\[ |a_k|=\frac{1}{\sqrt{k(k+2)}}\ge\frac{1}{\sqrt{(k+1)(k+3)}}=|a_{k+1}|\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to\infty}|a_k|=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{\sqrt{k(k+2)}}=0. \]
| Nach dem Leibnizkriterium konvergiert daher die angegebene Reihe. | |
| (iii) | Die Glieder |
\[ a_k=\frac{(-1)^k}{1+3^k}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]
| sind alternierend, und es gelten |
\[ |a_k|=\frac{1}{1+3^k}\ge\frac{1}{1+3^k+2\cdot 3^k}=\frac{1}{1+3^{k+1}}=|a_{k+1}|\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to\infty}|a_k|=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{1+3^k}=0. \]
| Nach dem Leibnizkriterium konvergiert daher die angegebene Reihe. | |
| (iv) | Die Glieder |
\[ a_k=(-1)^k\frac{k+2}{4^k-1}\,,\quad k=1,2,\ldots, \]
| sind alternierend, und es gelten |
\[ |a_k|=\frac{k+2}{4^k-1}\ge\frac{k+3}{4^{k+1}-1}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,3,\ldots, \]
| denn wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{k+2}{4^k-1}\ge\frac{k+3}{4^{k+1}-1} \\ \qquad\Longleftrightarrow\qquad 4^{k+1}(k+2)-(k+2)\ge 4^k(k+3)-(k+3) \\ \qquad\Longleftrightarrow\qquad 4k\cdot 4^k+2\cdot 4\cdot 4^k-k-2\ge k\cdot 4^k+3\cdot 4^k-k-3 \\ \qquad\Longleftrightarrow\qquad 3k\cdot 4^k+5\cdot 4^k\ge -1, \end{array} \]
| was für alle \( k=1,2,3,\ldots \) erfüllt ist. Außerdem gilt (vgl. Aufgabe 3.4.9) |
\[ \lim_{k\to\infty}|a_k|=\lim_{k\to\infty}\frac{k+2}{4^k-1}=0. \]
| Nach dem Leibnizkriterium konvergiert daher die angegebene Reihe. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.7 - Leibnizkriterium und die Reihe von Catalan
Wir gehen wie folgt vor: \[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}-1}-\frac{1}{\sqrt{3}+1}+\frac{1}{\sqrt{4}-1}-\frac{1}{\sqrt{4}+1}+\ldots \\ \quad\displaystyle =\,\left(\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}\right) +\left(\frac{1}{\sqrt{3}-1}-\frac{1}{\sqrt{3}+1}\right) +\left(\frac{1}{\sqrt{4}-1}-\frac{1}{\sqrt{4}+1}\right)+\ldots \\ \quad\displaystyle =\,\frac{2}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}+\frac{2}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}+\frac{2}{(\sqrt{4}-1)(\sqrt{4}+1)}+\ldots \\ \quad\displaystyle =\,2\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots\right). \end{array} \] Die harmonische Reihe auf der rechten Seite divergiert aber. Die im Leibnizkriterium vorausgesetzte Monotonie kann also nicht einfach fallen gelassen werden.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.8 - Restgliedabschätzung bei alternierenden Reihen
Ohne Einschränkung dürfen wir annehmen \( a_{m+1}\ge 0. \) Dann zeigen wir die Aussage \[ A_n\,:\quad -|a_{m+1}|\le a_{m+n}+a_{m+n-1}+\ldots+a_{m+2}\le 0, \] für alle \( n\in\mathbb N, \) \( n\ge 2, \) woraus unter Beachtung der Monotonie folgt \[ |S_{m+n}-S_m| =\left|\,\sum_{k=0}^{m+n}a_k-\sum_{k=0}^ma_k\right| =|a_{m+n}+\ldots+a_{m+2}+a_{m+1}| \le|a_{m+1}| \] und somit im Grenzfall \[ \lim_{n\to\infty}|S_{m+n}-S_m|=|S-S_m|\le|a_{m+1}|, \] woraus die Behauptung folgt. Wir zeigen nur die zweite Ungleichung (die erste Ungleichung folgt im gleichen Zuge) und führen den Beweis vermittels sogenannter starker Induktion, d.h. wir zeigen \( A_2 \) als Induktionsvoraussetzung und \( A_{n+1} \) als Folge der Richtigkeit der Aussagen von \( A_2,\ldots,A_n. \) Wir bemerken, dass das Verfahren der starken Induktion äquivalent ist zu unserem Induktionsverfahren, dem Verfahren der schwachen Induktion.
| \( \circ \) | Im Fall \( n=2 \) haben wir wegen \( a_{m+1}\ge 0 \) und der Alterniertheit \( a_{m+2}\le 0. \) |
| \( \circ \) | Im Fall \( n=3 \) haben wir \( a_{m+3}\ge 0, \) und es folgt |
\[ a_{m+3}+a_{m+2}=|a_{m+3}|-|a_{m+2}|\le 0. \]
| \( \circ \) | Im Fall \( n=4 \) haben wir \( a_{m+4}\le 0, \) und es folgt |
\[ a_{m+4}+a_{m+3}+a_{m+2} =(-|a_{m+4}|+|a_{m+3}|)-|a_{m+2}| \le|a_{m+3}|-|a_{m+2}| \le 0. \] Damit haben wir den Induktionsanfang und uns außerdem von der Richtigkeit weiterer Fälle überzeugt. Es seien nun \( A_2,\ldots,A_n \) für ein \( n\in\mathbb N \) richtig.
| \( \circ \) | Sei \( a_{m+n}\ge 0. \) Dann ist \( a_{m+n+1}\le 0 \) und damit auch |
\[ a_{m+n+1}+(a_{m+n}+\ldots+a_{m+2})\le a_{m+n+1}\le 0. \]
| \( \circ \) | Sei \( a_{m+n}\le 0.\) Dann ist \( a_{m+n+1}\ge 0. \) Wir haben |
\[ a_{m+n}+(a_{m+n-1}+\ldots+a_{m+2})\le-|a_{m+n}| \]
| und damit |
\[ a_{m+n+1}+a_{m+n}+(a_{m+n-1}+\ldots+a_{m+2})\le a_{m+n+1}-|a_{m+n}|\le 0. \] Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Wurzelkriterium
Lösung zur Aufgabe 5.2.9 - Anwendung des Wurzelkriteriums
| (i) | Es ist |
\[ \sqrt[k]{|a_k|} =\sqrt[k]{\frac{2^k}{3^{2k}}} =\frac{2}{3^2} =\frac{2}{9} \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\frac{2}{9}\lt 1, \]
| d.h. die Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium. | |
| (ii) | Es ist |
\[ \sqrt[k]{|a_k|} =\sqrt[k]{\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k^2}} =\left(1-\frac{1}{k}\right)^k \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|} =\lim_{k\to\infty}\left(1-\frac{1}{k}\right)^k =\frac{1}{e} \lt 1, \]
| unter Benutzung des Hinweis |
\[ \lim_{k\to\infty}\left(1-\frac{1}{k}\right)^k=\frac{1}{e}=\frac{1}{2.71\ldots}\lt 1. \]
| Also konvergiert die Reihe nach dem Wurzelkriterium. | |
| (iii) | Es ist |
\[ \sqrt[k]{|a_k|} =\sqrt[k]{\frac{(5k^2+2)^k}{(7k)^{2k}}} =\frac{5k^2+2}{(7k)^2} =\frac{5k^2+2}{49k^2} \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|} =\lim_{k\to\infty}\frac{5k^2+2}{49k^2} =\frac{5}{49} \lt 1, \]
| d.h. die Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium. | |
| (iv) | Es ist |
\[ \sqrt[k]{a_k} =\sqrt[k]{\frac{3^k+5^{k+3}}{7\cdot 13^k}} =\frac{1}{13}\,\sqrt[k]{\frac{3^k+5^3\cdot 5^k}{7}} \le\frac{1}{13}\,\sqrt[k]{\frac{2\cdot 5^3\cdot 5^k}{7}} =\frac{5}{13}\cdot\left(\frac{2\cdot 5^3}{7}\right)^\frac{1}{k} \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_k|}=\frac{5}{13}\lt 1, \]
| d.h. die Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Quotientenkriterium
Lösung zur Aufgabe 5.2.10 - Anwendung des Quotientenkriteriums
| (i) | Wir ermitteln |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\frac{(2k+3)!}{(3k+3)!}\cdot\frac{(3k)!}{(2k+1)!} =\frac{(2k+2)(2k+3)}{(3k+1)(3k+2)(3k+3)}\,. \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\lim_{k\to\infty}\frac{4k^2+10k+6}{27k^3+54k^2+33k+6} =0 \lt 1. \]
| Die Reihe konvergiert also nach dem Quotientenkriterium. |
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\frac{2^k(k+1)}{2^{k+1}k} =\frac{k+1}{2k} \quad\mbox{und damit}\quad \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\frac{1}{2}\lt 1. \]
| Die Reihe konvergiert also nach dem Quotientenkriterium. | |
| (iii) | Wir ermitteln |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\frac{7^k(k+1)^4}{7^{k+1}k^4} =\frac{1}{7}\left(\frac{k+1}{k}\right)^4 \quad\mbox{und damit}\quad \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=\frac{1}{7}\lt 1. \]
| Die Reihe konvergiert also nach dem Quotientenkriterium. | |
| (iv) | Wir ermitteln |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right| =\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k+1}}}{k+1}\cdot\frac{k}{\sqrt{1+\frac{1}{k}}} =\frac{k}{k+1}\cdot\frac{\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+1}}\cdot\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}} \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|=1. \]
| Außerdem gilt für alle \( k=1,2,\ldots \) |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{\sqrt{1+\frac{1}{k+1}}}{k+1}\lt\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k} \\ \Longleftrightarrow\qquad \displaystyle \frac{1+\frac{1}{k+1}}{(k+1)^2}\lt\frac{1+\frac{1}{k}}{k^2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{k+2}{(k+1)^3}\lt\frac{k+1}{k^3} \\ \Longleftrightarrow\qquad \displaystyle k^4+2k^3\lt(k+1)^4=k^4+4k^3+6k^2+4k+1, \end{array} \]
| bzw. die wahre Aussage \( 0\lt 2k^3+6k^2+4k+1, \) d.h. das Quotientenkriterium ist nicht anwendbar. Es ist aber |
\[ \frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k}\ge\frac{1}{k}\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]
| und damit |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{k}\ge\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}=\infty\,. \]
| Nach dem Minorantenkriterium konvergiert die Reihe also nicht. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.2.11 - Beweis des Quotientenkriteriums
Wir gehen in zwei Schritten vor.
| 1. | Zunächst betrachten wir den Fall |
\[ r:=\limsup_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt 1. \]
| Zu reellem \( q\in(r,1) \) existiert ein \( \widetilde N=\widetilde N(q)\in\mathbb N \) mit \( \widetilde N\ge N \) mit \( N\in\mathbb N \) aus der Formulierung des Satzes und |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|\le q\quad\mbox{für alle}\ k\ge\widetilde N. \]
| Es folgt für alle \( n\ge\widetilde N \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \left|\frac{a_n}{a_{\widetilde N}}\right|\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \left|\frac{a_{\widetilde N+1}}{a_{\widetilde N}}\right|\cdot\left|\frac{a_{\widetilde N+2}}{a_{\widetilde N+1}}\right|\cdot\ldots \cdot\left|\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\right|\cdot\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}\right| \\ & \le & \displaystyle\negthickspace q\cdot q\cdot\ldots\cdot q \,=\,q^{n-\widetilde N} \end{array} \]
| bzw. nach Umstellen |
\[ \begin{array}{l} |a_n|\le|a_{\widetilde N}|q^{n-\widetilde N}=(|a_{\widetilde N}|q^{-\widetilde N})\cdot q^n=:C\cdot q^n\quad\mbox{für alle}\ n\ge\widetilde N \\ \mbox{mit}\quad C:=|a_{\widetilde N}|q^{-\widetilde N}. \end{array} \]
| Die Konvergenz der Reihe folgt aus der Konvergenz der geometrischen Reihe. | |
| 2. | Nun gelte nach Voraussetzung (ii) |
\[ \left|\frac{a_{k+1}}{a_k}\right|\ge 1\quad\mbox{für alle}\ k\ge M \]
| mit \( M\in\mathbb N \) aus der Formulierung des Satzes. Wir berechnen |
\[ \left|\frac{a_n}{a_M}\right| =\left|\frac{a_{M+1}}{a_M}\right|\cdot\left|\frac{a_{M+2}}{a_{M+1}}\right|\cdot\ldots \cdot\left|\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\right|\cdot\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}\right| \ge 1\cdot 1\cdot\ldots\cdot 1 \]
| für alle \( n\ge M \) bzw. nach Umstellen |
\[ |a_n|\ge|a_M|\quad\mbox{für alle}\ n\ge M. \]
| Nach Voraussetzung ist aber \( |a_M|\gt 0, \) d.h. \( \{a_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) ist keine Nullfolge, und die Reihe konvergiert nicht. |
Damit ist der Satz vollständig bewiesen. \(\qquad\Box\)