Kurs:Analysis 1 (TU Dortmund)/§5 Absolut konvergente Reihen

ff Beispiel

$\underbrace {\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}} _{=:Sn\uparrow }\leq 2-{\frac {1}{n}}\ \ \ (<2)$ beschränkt

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergent

5.1 Absolute Konvergenz

Die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ heißt absolut konvergent, wenn $\sum _{k=0}^{\infty }\left|a_{k}\right|$ konvergent. Absolut konvergente Reihen sind konvergent.

Beweis:

$\left|\sum _{k=m+1}^{n}a_{k}\right|\leq \sum _{k=m+1}^{n}\left|a_{k}\right|<\epsilon (n>m\geq n_{0})\ \ \ \ ck$ erfüllt zu :$\epsilon <0\exists ,n_{0}$ mit

Beispiel:

$\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}b_{k}$ wie bei Abel-Dirichlet $=\sum _{k=0}^{\infty }B_{k}(a_{k}-a_{k+1})$ absolut konvergent

$\left|B_{k}(a_{k}-A_{k+1})\right|\leq B\underbrace {(a_{k}-a_{k+1})} _{\geq 0}$

$B\sum _{k=0}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})=B_{a0}$

5.2 Majorantenkriterium

Gilt $\left|a_{k}\right|\leq c_{k}\ \ (k\in \mathbb {N} _{0})$ und ist $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ konvergent, dann ist $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergent.

Beweis:

$\left|\sum _{k=m+1}^{n}a_{k}\right|\leq \sum _{k=m+1}^{n}\left|a_{k}\right|\leq \sum _{k=m+1}^{n}c_{k}<\epsilon$ zu :$\epsilon >0\ \exists n_{0}\in \mathbb {N} :n>M\geq n_{0}$

Beispiel:

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n^{4}+n^{2}+n}{n^{6}-2}}$

$n\geq 2$

${\frac {n^{4}+n^{2}+n}{n^{6}-2}}\leq {\frac {n^{4}+n^{4}+n^{4}}{1/2n^{6}}}={\frac {6}{n^{2}}}$

Anmerkung: Gilt die Ungleichung: $n^{6}\geq {\frac {1}{2}}n^{6}$? Ja, da: $n^{6}\geq 4$

5.3 Minorantenkrierium

Gilt $a_{k}\geq c_{k}\geq 0(k\in \mathbb {N} _{0})$ und ist $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ divergent, dann ist auch $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ divergent.

Beweis:

Wäre $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ kovergent (beachte: $a_{k}>0$) so wäre auch $\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ konvergent, da $\left|C_{k}\right|=c_{k}\leq a_{k}$

Bezeichnung:

$\left|a_{k}\right|\leq C_{k}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ konvergent, dann heißt die Reihe konvergente Majorante.

5.4 Die geometrische Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}$ konvergent absolut für $\left|q\right|<1$, und divergent sonst.

Beweis:

$(q\not =1)\ s_{n}={\frac {1-q^{n+1}}{1-q}}{\xrightarrow[{n\rightarrow \infty }]{}}{\frac {1}{1-q}}(\left|q\right|<1)$

$q=-1s_{n}={\frac {1-(-1)^{n+1}}{2}}$ divergent

$\left|q\right|>1:\left|s_{n}\right|\geq {\frac {\left|q\right|^{n+1}-1}{\left|q-1\right|}}\rightarrow \infty \ (n\rightarrow \infty )$

5.5 Wurzelkriterium

Gilt $\limsup _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{\left|a_{n}\right|}}<1$, dann ist $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ absolut konvergent.

Beweis:

Wähle $\limsup _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}<q<1$

Dann $\exists n_{0}:{\sqrt[{n}]{\left|a_{n}\right|}}<q\ \ \ \ (\geq n_{0})$

also $\left|a_{n}\right|<q^{n}\ \ \ \ (n\geq n_{0})$

Für $n\leq n_{0}:C=\max\{{\frac {q^{n}}{\left|a_{n}\right|+1}}:n=0,1,...,N_{0}\}$

$\left|a_{n}\right|<\left|a_{n}\right|+1\leq c\cdot q^{n}(n\leq n_{0})$

Insgesamt: $\left|a_{n}\right|\leq \max\{1,c\}\cdot q^{n}={\tilde {c}}q^{n}:\sum _{n=0}^{\infty }{\tilde {c}}q^{n}$ konvergente Majorante

Beispiel: $\sum _{n=0}^{\infty }n^{k}q^{n}$ absolut konvergent, falls $\left|q\right|<1\ (k\in \mathbb {N} )$

${\sqrt[{n}]{n^{k}\left|q\right|^{n}}}=\left|q\right|\underbrace {({\sqrt[{n}]{n}})} _{\rightarrow 1}{}^{k}\rightarrow \left|q\right|$

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\sqrt[{n}]{n^{k}\left|q\right|^{n}}}=\left|a\right|<1$

5.6 Quotientenkriterium

Gilt $a_{n}\not =0(n\geq {\bar {n}})$ und $\limsup _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|<1$ , dann konvergiert $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ absolut

Beweis

(*) $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{n}}}\right|<q<1(n\geq n_{0})$

Multipliziere (*) für $n=n_{0},n_{0+1},...N-1$

$\left|{\frac {a_{n0+1}}{a_{n}0}}\cdot {\frac {a_{n0+2}}{a_{n0+1}}}\cdot ...\cdot {\frac {a_{N-1}}{a_{N-2}}}\cdot {\frac {a_{N}}{a_{N-1}}}\right|<q^{N-n_{0}}$

$\Rightarrow \left|a_{N}\right|<\underbrace {(\left|a_{n0}\right|\cdot q^{-n_{0}})} _{={\text{constant}}}\cdot q^{N}(n>n_{0})$

$\Rightarrow$ absolut konvergent

Beispiel

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {q^{n}}{n!}}$ absolut konvergent für alle $q\in \mathbb {R}$

$q=0\surd$

$q\not =0:\left|{\frac {\frac {q^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac {q^{n}}{n!}}}\right|={\frac {\vert q\vert }{n+1}}{\xrightarrow[{(n\rightarrow \infty )}]{}}0:\lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|=0$

5.8 d-adische Entwicklungen

$\pi =3,14159...=3+{\frac {1}{10}}+{\frac {4}{100}}+{\frac {1}{1000}}+{\frac {5}{10000}}+{\frac {9}{100000}}+...$

Dezimalentwicklung $\pm a_{0},a_{1},a_{2},a_{3},...=a_{0}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {a_{k}}{10^{k}}}$

$a_{0}\in \mathbb {N} _{0},a_{k}\in {0,1,...,q}$

Anstelle 10 kann man $d\in \mathbb {N} ,d\geq 2$

$0,999...=1=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {9}{10^{k}}}=9\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{10}}}}=1$

Jede reelle Zahl $a\in (0,1)$ hat eine eindeutig bestimmte d-adische Entwicklung

$a=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{d^{k}}}$ mit $a_{1},a_{2},...\in \{0,1,2,...,d-1\}$

wenn man " $a_{k}=d-1$ für $k\geq k_{0}$ " verbietet

Beweis (Existenz)

$a$ liegt in genau einem Intervall der Form $\left[{\frac {a_{1}}{d}},{\frac {a_{1}+1}{d}}\right)$ für ein $a_{1}\in \{0,1,2,...,d-1\}$

$\left[{\frac {a_{1}}{d}}+{\frac {a_{2}}{d^{2}}},{\frac {a_{1}}{d}}+{\frac {a_{2}+1}{d^{2}}}\right)$

... $\left[{\frac {a_{1}}{d}}+{\frac {a_{2}}{d^{2}}}...+{\frac {a_{n}}{d^{n}}},{\frac {a_{1}}{d}}...+{\frac {a_{n}+1}{d^{n}}}\right)$

d.h. $0\leq a-\sum _{k=1}^{n}{\frac {a_{k}}{d^{k}}}<{\frac {1}{d^{k}}}\Rightarrow a=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{d^{k}}}$

(Eindeutigkeit)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {a_{k}}{d^{k}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {b_{k}}{d^{k}}}$, $(a_{k})\not =(b_{k})$ , d.h. $(a_{k})=(b_{k})$ für $k<m$, aber $a_{m}\not =b_{m}$

z.B. $a_{m}<b_{m}$:

$0=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {b_{k}-a_{k}}{d^{k}}}={\frac {b_{m}-a_{m}}{d^{m}}}+\sum _{k=m+1}^{\infty }{\frac {b_{k}-a_{k}}{d^{k}}}$

$\sum _{k=m+1}^{\infty }{\frac {a_{k}-b_{k}}{d^{k}}}={\frac {b_{m}a_{m}}{d^{m}}}\geq {\frac {1}{d^{m}}}$

$a_{k}-b_{k}\leq d-1$

links

$\leq \sum _{k=m+1}^{\infty }{\frac {d-1}{d^{k}}}=(d-1)\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {1}{d^{m+1}}}\cdot {\frac {1}{d^{j}}}$

$k=m+1+j$

$={\frac {d-1}{d^{n+1}}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{d}}}}={\frac {1}{d^{m}}}$

Es gilt "=" überall: $b_{m}=a_{m}+1a_{k}=d-1,b_{k}=0(k>m)$

5.9 $\mathbb {R}$ ist überabzählbar (= nicht abzählbar)

$M$ heißt abzählbar, wenn es eine Bijektion $\Phi :\mathbb {N} \rightarrow M$ gibt

$a_{k}=\Phi (k):M=\{\Phi (k):k\in \mathbb {(} N)\}=\{a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},...\}$

Beweis

Es genügt: $[0,1)$ nicht abzählbar!

Annahme, doch

$[0,1)=\{x_{1},x_{2},x_{3},...\}$ $x_{m}=0,x_{11},x_{12},x_{13},...,x_{nk}\{0,1,...,9\}$ (Dezimalsystem) verboten 999

Setze $a_{k}:={\begin{cases}2&{\text{wenn}}\ x_{kk}\not =2\\3&{\text{wenn}}\ x_{kk}=2\end{cases}}$

$k=1,2,...$

$a=0,a_{1},a_{2},...,a_{n},...$

$x_{m}=0,x_{m1},x_{m2},...,x_{mm},...$

Insbesondere $a_{m}=x_{mm}$ Widerspruch! zur Definition von $a_{m}$

5.10 Komplexe Reihen

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}:=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}+i\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$

$c_{n}=a_{n}+ib_{n}$

$\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ heißt konvergent, wenn die reellen Reihen $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ und $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$ konvergieren.

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}$ heißt absolut konvergent, wenn $\sum _{n=0}^{\infty }\vert c_{n}\vert$ konvergiert.

Wurzel-, Quotienten- und Majorantenkriterium gelten weiterhin.

Bemerkung

$\vert a_{n}\vert \leq \vert c_{n}\vert \leq \vert a_{n}\vert \leq \vert b_{n}\vert$

$\vert b_{n}\vert \leq \vert c_{n}\vert \leq \vert a_{n}\vert \leq \vert b_{n}\vert$

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}$ absolut konvergent, wenn $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ und $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$

Abel-Dirichlet-Kriterium gilt weiter

$a_{k}\downarrow 0,\left(\sum _{n=0}^{\infty }b_{k}\right)$ sei beschränkt. Dann konvergiert $\sum _{n=0}^{\infty }a_{k}b_{k}$

Beispiel

$a_{k}={\frac {1}{k}}(k\geq 1)$

$b_{k}=q^{k}q\in \mathbb {C}$

$\left|\sum _{k=1}^{n}q^{k}\right|=\left|q\sum _{k=1}^{n-1}q^{k}\right|=\left|q{\frac {1-q^{n}}{1-q}}\right|$

$q\not =1$

$\leq 1\cdot {\frac {1+1}{\vert 1-q\vert }}={\frac {2}{\vert 1-q\vert }}$

$q\not =1\vert q\vert \leq 1$

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {q^{k}}{k}}$ konvergent für $\vert q\vert \leq 1,q\not =1$

Dieser Kurs gehört zum Fachbereich Mathematik.