Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:
Theorie der Reihen - Umordnung von Reihen
Lösungen zu den Aufgaben Absolute und bedingte Konvergenz
Lösung zur Aufgabe 5.3.1 - Beispiele absolut und bedingt konvergenter Reihen
| (i) | Die Reihe ist absolut konvergent, denn wir wissen aus Aufgabe 5.2.1 |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^\infty\left|\,\frac{1}{k^2}\right|\lt\infty\,. \]
| (ii) | Die Reihe konvergiert nach dem Leibnizkriterium, aber nicht absolut, denn es gilt |
\[ \sum_{k=1}^\infty\left|\,\frac{(-1)^k}{k}\right|=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}=\infty \]
| fü,r die resultierende harmonische Reihe. | |
| (iii) | Die Reihe konvergiert absolut nach dem Leibnizkriterium, aber nicht absolut, denn es gilt |
\[ \sum_{k=1}^n\left|\,\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\right|=\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to \infty \]
| nach Anwendung des Minorantenkriteriums. | |
| (iv) | Die harmonische Reihe konvergiert nicht, sie ist weder bedingt noch absolut konvergent. |
| (v) | Die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium, und zwar absolut, da stets \( a_k\ge 0. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.2 - Beispiel einer absolut konvergenten Reihe
Für \( n\in\mathbb N \) setzen wir \[ S_n:=x+y+x^2+y^2+x^3+y^3+\ldots+x^n+y^n\,. \] Wegen \( x\lt y \) haben wir \[ S_n\le 2y+2y^2+2y^3+\ldots+2y^n=2(y+y^2+y^3+\ldots+y^n). \] Wegen \( 0\lt y\lt 1\) wenden wir im Grenzfall \( n\to\infty \) unser Wissen über geometrische Reihe an \[ \lim_{n\to\infty}S_n=\frac{2}{1-y}-2\lt\infty\,. \] Die Folge \( \{S_n\}_{n=1,2,\ldots} \) ist also wegen \( x,y\gt 0 \) monoton wachsend und beschränkt nach vorige Abschätzung, und damit konvergiert sie gegen ein \( S\in\mathbb R. \) Die gegebene Reihe konvergiert also, und wegen \( x,y\gt 0 \) konvergiert sie auch absolut.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.3 - Absolute Konvergenz impliziert Konvergenz
Die Reihe \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty|a_k| \) konvergiert nach Voraussetzung. Nach dem Cauchyschen Konvergenzsatz existiert also zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ \sum_{k=m+1}^n|a_k|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon). \] Mit Hilfe der Dreiecksungleichung schätzen wir damit wie folgt ab \[ \left|\,\sum_{k=0}^na_k-\sum_{k=0}^ma_k\right| =\left|\,\sum_{k=m+1}^na_k\right| \le\sum_{k=m+1}^n|a_k| \lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon). \] Nach dem Cauchyschen Konvergenzkriterium konvergiert also auch \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k. \) Die Umkehrung dieser Aussage ist nicht richtig, denn nach dem Leibnizkriterium konvergiert beispielsweise \[ \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k+2}}{k+1}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\mp\ldots\,, \] aber eben nicht absolut, denn das führt auf die divergente harmonische Reihe.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Begriff der Umordnung
Lösung zur Aufgabe 5.3.4 - Umordnung der harmonischen Reihe
| (i) | Es sind |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle a_1'=a_{\pi(1)}=a_2=\frac{1}{2}\,, \\ \displaystyle a_2'=a_{\pi(2)}=a_1=\frac{1}{1}\,, \\ \displaystyle a_3'=a_{\pi(3)}=a_4=\frac{1}{4}\,, \\ \displaystyle a_4'=a_{\pi(4)}=a_3=\frac{1}{3} \quad\mbox{usw.} \end{array} \]
| Die Umordnung lautet also |
\[ \frac{1}{2}+1+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{5}+\ldots \]
| (ii) | Die umgeordnete Reihe konvergiert nicht, denn wir können wie folgt abschätzen |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}+1+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{5}+\frac{1}{8}+\frac{1}{7}\right)+\left(\frac{1}{10}+\ldots+\frac{1}{15}\right)+\ldots \\ \qquad\displaystyle \ge\,\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\ldots\longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty \end{array} \]
| nach dem Minorantenkriterium. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.5 - Umordnung einer alternierenden Reihe
Wir betrachten die Reihe \[ \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}=1-1+1-1+1-1+1-1+1-1\pm\ldots \]
| (i) | Die Reihe konvergiert weder bedingt noch absolut, denn es ist |
\[ \begin{array}{ll} \{a_k\}_{k=1,2,\ldots}=\{(-1)^{k+1}\}_{k=1,2,\ldots} & \mbox{keine Nullfolge, d.h. keine bedingte Konvergenz,} \\ \{|a_k|\}_{k=1,2,\ldots}=\{1\}_{k=1,2,\ldots} & \mbox{keine Nullfolge, d.h. keine absolute Konvergenz,} \end{array} \]
| (ii) | Folgende Umordnung besitzt die geforderte Eigenschaft |
\[ (1+1-1)+(1+1-1)+(1+1-1)+\ldots=1+1+1+\ldots\longrightarrow\infty\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der erste Riemannsche Umordnungssatz
Lösung zur Aufgabe 5.3.6 - Beweis des ersten Riemannschen Umordnungssatzes
Wir gehen in mehreren Schritten vor.
| 1. | Wir führen die Argumentation für den Fall \( s\gt 0 \) vor. Dazu bilden wir die Reihen der nichtnegativen |
| bzw. nichtpositiven Glieder |
\[ \sum_{k=0}^\infty a_k^+\quad\mbox{mit}\quad a_k^+:=\frac{a_k+|a_k|}{2}\,,\quad \sum_{k=0}^\infty a_k^-\quad\mbox{mit}\quad a_k^-:=\frac{a_k-|a_k|}{2}\,. \]
| Man überlegt sich, dass es notwendig unendlich viele \( a_k^+ \) und \( a_k^- \) gibt, und dass vorige beide Reihen divergieren. | |
| 2. | Wir konstruieren folgende Umordnung: |
| \( \circ\quad \)Es existiert ein kleinstes \( n_1\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^+\gt s. \]
| \( \circ\quad \)Wir setzen |
\[ a_k':=a_k^+\quad\mbox{für}\ k=0,1,\ldots,n_1\,. \]
| \( \circ\quad \)Es existiert ein kleinstes \( n_2\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-\lt s. \]
| \( \circ\quad \)Wir setzen |
\[ a_{n_1+k}':=a_k^-\quad\mbox{für}\ k=0,1,\ldots,n_2\,. \]
| \( \circ\quad \)Es existiert ein kleinstes \( n_3\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-+\sum_{k=n_1+1}^{n_3}a_k^+\gt s. \]
| \( \circ\quad \)Wir setzen |
\[ a_{n_1+n_2+k}':=a_{n_1+k}^+\quad\mbox{für}\ k=0,1,\ldots,n_3\,. \]
| \( \circ\quad \)Es existiert ein kleinstes \( n_4\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-+\sum_{k=n_1+1}^{n_3}a_k^++\sum_{k=n_2+1}^{n_4}\lt s. \]
| \( \circ\quad \)Wir setzen |
\[ a_{n_1+n_2+n_3+k}':=a_{n_2+k}^-\quad\mbox{für}\ k=0,1,\ldots,n_4\,. \]
| Auf diese Weise fahren wir fort und erhalten mit \( \{a_k'\}_{k=0,1,2,\ldots} \) eine Umordnung \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k' \) der ursprünglichen Reihe. | |
| 3. | Da \( \{a_k\}_{k=0,1,2,\ldots} \) eine Nullfolge bildet, existiert zu \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ |a_k|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ k\ge N(\varepsilon). \]
| Wähle \( m\in\mathbb N_0 \) mit \( n_{2m+2}\ge N(\varepsilon). \) Nach dem zweiten Beweispunkt gilt |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-+\ldots+\sum_{k=n_{2m}+1}^{n_{2m+2}}a_k^-\lt s. \]
| Dann existieren ein kleinstes \( n_{2m+3}\in\mathbb N_0 \) mit |
\[ \sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-+\ldots+\sum_{k=n_{2m}+1}^{n_{2m+2}}a_k^-+\sum_{k=n_{2m+1}+1}^{n_{2m+3}}a_k^+\lt s+\varepsilon, \]
| da \( |a_k^+|\lt\varepsilon \) für alle \( k=n_{2m+1}+1,\ldots,n_{2m+3}, \) als auch ein kleinstes \( n_{2m+4}\in\mathbb N \) |
\[ s-\varepsilon \lt\sum_{k=0}^{n_1}a_k^++\sum_{k=0}^{n_2}a_k^-+\sum_{k=n_{2m}+1}^{n_{2m+2}}a_k^-+\sum_{k=n_{2m+1}+1}^{n_{2m+3}}a_k^++\sum_{k=n_{2m+2}+1}^{n_{2m+4}}a_k^-\,, \]
| da \( |a_k^-|\lt\varepsilon \) für alle \( k=n_{2m+2}+1,\ldots,n_{2m+4}. \) | |
| 4. | Zusammenfassend gilt |
\[ s-\varepsilon\lt\sum_{k=0}^{M(\varepsilon)}a_k'\lt s+\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ k\ge M(\varepsilon):=n_1+\ldots+n_{2m+4} \]
| bzw. |
\[ \lim_{N\to\infty}\sum_{k=0}^Na_k'=s. \] Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.7 - Umordnung der alternierenden harmonischen Reihe I
| (i) | Einmal schreiben wir |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\ldots \\ \qquad\displaystyle =\,\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\right)+\ldots \\ \qquad\displaystyle \gt\,\left(1-\frac{1}{2}\right) \,=\,\frac{1}{2}\,, \end{array} \]
| denn der erste Klammerausdruck ergibt \( \frac{1}{2}, \) und jeder weitere Klammerausdruck ist positiv. Andererseits ist |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}\ldots \\ \qquad\displaystyle =\,\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)-\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{7}\right)-\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{9}\right)-\ldots \\ \qquad\displaystyle \lt\,\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right) \,=\,\frac{5}{6}\,, \end{array} \]
| denn der erste Klammerausdruck ergibt \( \frac{5}{6}, \) und jeder weitere Klammerausdruck ist negativ. Insgesamt erhalten wir also |
\[ \frac{1}{2}\lt 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{8}-\frac{1}{9}+\ldots\lt\frac{5}{6}\,. \]
| (ii) | Jeder Klammerausdruck ist positiv, und für den ersten Klammerausdruck gilt |
\[ 1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{5}{6}\,. \] Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.8 - Umordnung der alternierenden harmonischen Reihe II
| (i) | Es ist zunächst |
\[ \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n}=\frac{1}{4n-2}-\frac{1}{4n}\gt 0. \]
| Also ist jeder Klammerausdruck positiv, d.h. \( \{S_{3n}'\}_{n=1,2,\ldots} \) ist monoton wachsend. | |
| (ii) | Wir schätzen wie folgt ab |
\[ \begin{array}{lll} S_{3n}'\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k}\right) \,=\,\frac{1}{2}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(4k-2)} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(4k-2k)} \,=\,\frac{1}{4}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \,=\,\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6} \,\lt\,\frac{1}{2}\,. \end{array} \]
| (iii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{lll} 2S_{3n}'\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} \,=\,S_{2n}\,. \end{array} \]
| Es folgt |
\[ S'=\lim_{n\to\infty}S_{3n}'=\frac{1}{2}\cdot\lim_{n\to\infty}S_{2n}\,. \]
| Nun wissen wir, dass \( \{S_{2n}\}_{n=1,2,\ldots}\subset\{S_n\}_{n=1,2,\ldots} \) gegen \( \ln 2 \) konvergiert, da \( \{S_n\}_{n=1,2,\ldots} \) gegen \( \ln 2 \) konvergiert (siehe Aufgabe 3.4.11(i)), d.h. |
\[ \lim_{n\to\infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}S_n=\ln 2, \]
| und daraus ergibt sich |
\[ S'=\frac{1}{2}\cdot\ln 2. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der zweite Riemannsche Umordnungssatz
Lösung zur Aufgabe 5.3.9 - Beweis des zweiten Riemannschen Umordnungssatzes
Wir gehen in zwei Schritten vor.
| 1. | Wir zeigen die absolute Konvergenz der Umordnung: Die zur Umordnung \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_k' \) führende Bijektion |
| sei \( k\mapsto\pi(k)=j_k. \) Zu \( m\in\mathbb N \) gibt es dann ein \( n\ge m \) mit \( \{j_1,\ldots,j_m\}\subseteq\{0,1,\ldots,n\}. \) Es folgt |
\[ \sum_{k=0}^m|a_k'| =\sum_{k=0}^m|a_{j_k}| \le\sum_{j=0}^n|a_j| \le\sum_{j=0}^\infty|a_j| \lt\infty \]
| und daher, da \( m\in\mathbb N_0 \) beliebig gewählt wurde, |
\[ \sum_{k=0}^\infty|a_k'|\lt\infty\,. \]
| Also ist die Umordnung absolut konvergent. | |
| 2. | Wir zeigen die Gleichheit der ursprünglichen Reihe und ihrer Umordnung: Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert zunächst |
| ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ \sum_{k=m}^n|a_k|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge m\gt N(\varepsilon). \tag{\(*\)} \]
| Ferner gibt es ein \( K(\varepsilon)\ge N(\varepsilon),\) so dass \( \{0,1,\ldots,N(\varepsilon)\subset\{j_1,\ldots,j_n\} \) für alle \( n\ge K(\varepsilon). \) Wir schätzen wie folgt ab: |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \left|\,\sum_{k=0}^na_k'-\sum_{k=0}^na_k\right|\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \left|\,\sum_{k=0}^na_{j_k}-\sum_{k=0}^na_k\right| \\ & = & \displaystyle\negthickspace \left|\,\sum_{k=0,1,\ldots,n\,:\,j_k\gt N(\varepsilon)}a_{j_k}-\sum_{k=N(\varepsilon)+1}^na_k\right| \\ & \le & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0,1,\ldots,n\,:\,j_k\gt N(\varepsilon)}|a_{j_k}|+\sum_{k=N(\varepsilon)+1}^n|a_k|. \end{array} \]
| Wegen \( (*) \) folgt |
\[ \left|\,\sum_{k=0}^na_k'-\sum_{k=0}^na_k\right|\lt\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge K(\varepsilon) \]
| und damit |
\[ \lim_{k\to\infty}\sum_{k=0}^na_k'=\lim_{k\to\infty}\sum_{k=0}^na_k\,. \] Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.3.10 - Zur Basler Reihe
| (i) | Für \( n\in\mathbb N \) beliebig haben wir |
\[ \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k^2} =\sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k)^2}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)^2} =\frac{1}{4}\,\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}+\sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)^2}\,. \]
| Sämtliche Ausdrücke hierin konvergieren, so dass wir zum Grenzwert \( n\to\infty \) übergehen können: |
\[ \frac{\pi^2}{6}=\frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} \]
| bzw. nach Umstellen |
\[ \frac{\pi^2}{8} =\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} =1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\frac{1}{49}+\frac{1}{81}+\ldots \]
| (ii) | Die ursprüngliche Reihe ist absolut konvergent, und wir dürfen sie wie folgt umstellen |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2} =\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k)^2}+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} \]
| nach Anwendung des zweiten Riemannschen Umordnungssatzes (ist eigentlich nicht mehr notwendig). Mit (i) folgt |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k)^2} =\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(2k-1)^2} =\frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{8} =\frac{\pi^2}{24}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)