Konvergenzkriterien für Reihen

Satz 5409E

Entfernt man endlich viele Anfangsglieder einer konvergenten Reihe (oder fügt diese hinzu), so ist die entstehende Reihe wieder konvergent

Beweis

Man betrachte stelle sich die Reihe ohne Anfangsglieder als Differenz der Ausgangreihe und einer Reihe bestehend aus den Anfangsgliedern und dann der Zahl 0 vor. Beide Reihen konvergieren; also nach Satz 5409Z auch die Reihe ohne Anfangsglieder. □\qed
 
 

Satz 16JO (Wurzelkriterium)

Sei α:=lim⁡‾∣an∣n\alpha :=\overline{\lim}\sqrtN{n}{|a_n|}. Dann ist ∑an\sum\limits a_n konvergent (sogar absolut konvergent) für α<1\alpha <1 und divergent für α>1\alpha >1. Für α=1\alpha=1 existieren sowohl konvergente als auch divergente Reihen.

Beweis

1. Fall

Sei α>1\alpha >1, α=lim⁡‾∣an∣n>1\alpha=\overline{\lim}\sqrtN{n}{|a_n|}>1. Dann existiert eine Teilfolge (ank)⊂(an)(a_{n_k}) \subset (a_n) mit lim⁡∣ank∣nk=α\lim \sqrtN{n_k}{|a_{n_k}|}=\alpha (vgl. Beweis von Satz 16JL). Wähle ε0>0\varepsilon_0>0 so, dass α>1+ε0\alpha >1+\varepsilon_0. Dann existiert ein k0∈Nk_0 \in \N mit ∣∣ank∣nk−α∣<ε0|\sqrtN{n_k}{|a_{n_k}|}-\alpha |<\varepsilon_0 für k≥k0k\geq k_0. Somit ist −ε0<∣ank∣nk<ε0-\varepsilon_0<\sqrtN{n_k}{|a_{n_k}|}< \varepsilon_0⇒1<α−ε0<∣ank∣nk \Rightarrow 1<\alpha-\varepsilon_0<\sqrtN{n_k}{|a_{n_k}|}⇒1<∣ank∣ \Rightarrow 1<|a_{n_k}| für k≥k0k\geq k_0 Daraus folgt, dass anka_{n_k} nicht gegen 0 strebt. Daher strebt auch ana_n nicht gegen 0 (Satz 16JP). Nach Satz 12Q8 folgt, dass ∑an\sum\limits a_n divergiert.

2. Fall

Sei α=lim⁡‾∣an∣n<1\alpha =\overline{\lim}\sqrtN{n}{|a_n|}<1. Wähle β\beta so, dass α<β<1\alpha<\beta <1 und bn:=sup⁡{∣ak∣k:k≥n}b_n:=\sup\{\sqrtN{k}{|a_k|}:k\geq n\}. Für bnb_n gilt lim⁡bn=α\lim b_n=\alpha. Wähle ε0>0\varepsilon_0>0 so, dass α+ε0<β\alpha+\varepsilon_0<\beta. Dann existiert ein n0∈Nn_0 \in \N und ∀n≥n0:∣α−bn∣<ε0 \forall n\geq n_0:|\alpha -b_n|<\varepsilon_0. Somit ist −ε0<α−bn<ε0-\varepsilon_0<\alpha -b_n<\varepsilon_0 für n≥n0n\geq n_0 woraus bn<α+ε0b_n<\alpha +\varepsilon_0 für n≥n0n\geq n_0 folgt. Insbesondere gilt für n=n0n=n_0 dann bn0<α+ε0<βb_{n_0}<\alpha +\varepsilon_0< \beta , d.h. ∣ak∣k≤bn0<β\sqrtN{k}{|a_k|}\leq b_{n_0}<\beta ∀k≥n0\forall k\geq n_0 ⇒∣ak∣<βk \Rightarrow |a_k|<\beta^k für k≥n0k\geq n_0 und wegen β<1\beta <1 ist die geometrische Reihe ∑βk\sum\limits \beta^k konvergent. Nach dem Vergleichskriterium (Satz 5409J) ist ∑∣an∣\sum\limits |a_n| konvergent, ja sogar absolut konvergent. □\qed

Satz 16JQ (Quotientenkriterium)

Seien β‾:=lim⁡‾∣an+1an∣\underline{\beta}:=\underline{\lim}\ntxbraceI{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}} und β‾:=lim⁡‾∣an+1an∣\overline{\beta}:=\overline{\lim}\ntxbraceI{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}}. Dann ist für β‾<1\overline{\beta}<1 die Reihe ∑an\sum\limits a_n konvergent und für β‾>1\underline{\beta}>1 ist ∑an\sum\limits a_n divergent.

Beweis

Zu zeigen ist β‾:=lim⁡‾∣an+1an∣<1⇒∑an\overline{\beta}:=\overline{\lim}\ntxbraceI{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}}<1 \Rightarrow \sum\limits a_n konvergent und β‾:=lim⁡‾∣an+1an∣>1⇒∑an\underline{\beta}:=\underline{\lim}\ntxbraceI{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}}>1 \Rightarrow \sum\limits a_n divergent.
lim⁡‾n∣an+1an∣≤lim⁡‾n∣an∣n≤lim⁡‾n∣an∣n≤lim⁡‾n∣an+1an∣\underline{\lim}_n|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|\leq \underline{\lim}_n \sqrtN{n}{|a_n|}\leq \overline{\lim}_n \sqrtN{n}{|a_n|} \leq \overline{\lim}_n |\dfrac{a_{n+1}}{a_n}| b1:=sup⁡{∣ak∣:k≥1}≥∣a1∣b_1:=\sup \{|a_k|:k\geq 1\}\geq |a_1| bn:=sup⁡{∣ak+1ak∣:k≥n}≥anan−1∣,n≥2b_n:=\sup \{|\dfrac{a_{k+1}}{a_k}|:k\geq n\}\geq \dfrac{a_n}{a_{n-1}}|, n\geq 2
lim⁡‾∣an+1an∣=lim⁡bn\overline{\lim}|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|=\lim b_n. Dann: ∣an∣n=∣a1∣⋅∣a2∣∣a1∣⋅∣a3∣∣a2∣⋅…⋅∣an−1∣∣an−2∣⋅∣an∣∣an−1∣n\sqrtN{n}{|a_n|}=\sqrtN{n}{|a_1|\cdot \dfrac{|a_2|}{|a_1|}\cdot \dfrac{|a_3|}{|a_2|}\cdot \ldots \cdot \dfrac{|a_{n-1}|}{|a_{n-2}|}\cdot \dfrac{|a_n|}{|a_{n-1}|}}≤b1b2…bnn≤b1+b2+⋯+bnn \leq \sqrtN{n}{b_1b_2\ldots b_n}\leq \dfrac{b_1+b_2+\cdots +b_n}{n} ⇒lim⁡‾∣an∣n≤lim⁡‾b1+⋯+bnn\Rightarrow \overline{\lim} \sqrtN{n}{|a_n|}\leq \overline{\lim} \dfrac{b_1+\cdots +b_n}{n}=lim⁡b1+⋯+bnn =\lim \dfrac{b_1+\cdots +b_n}{n}=lim⁡bn =\lim b_n=lim⁡‾∣an+1an∣ =\overline{\lim} |\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|. Der Beweis für lim⁡‾∣an+1an∣≤lim⁡‾∣an∣n\underline{\lim}|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|\leq \underline{\lim} \sqrtN{n}{|a_n|} geht analog. □\qed

Die beste von allen Sprachen der Welt ist eine künstliche Sprache, eine ziemlich gedrängte Sprache, die Sprache der Mathematik.

N. I. Lobatschewski

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