Lösungen zu den Übungen
Übung 1
Sei ∑n xn eine konvergente unendliche Reihe. Zeigen Sie, dass die Summanden eine Nullfolge bilden, d. h. es gilt
limn xn = 0.
Lösung zur Übung 1
Wir geben zwei verschiedene Argumente.
Verwendung der Limesregeln
Nach Voraussetzung konvergiert die Folge (sn)n ∈ ℕ der Partialsummen der Reihe ∑n xn. Wie für jede konvergente Folge ändert die Verschiebung um 1 den Grenzwert nicht, sodass
(+) limn sn = limn sn − 1 (mit s−1 = 0).
Für alle n ∈ ℕ gilt xn = sn − sn − 1 nach Definition der Partialsummen. Nach den Limesregeln und (+) gilt also
limn xn = limn (sn − sn − 1) = limn sn − limn sn − 1 = 0.
Epsilon-Argument mit Dreiecksungleichung
Sei ε > 0 beliebig. Sei x = ∑n xn = limn sn der Wert der Reihe. Dann gibt es ein n0, sodass gilt:
|sn − x| < ε/2 für alle n ≥ n0.
Damit gilt für alle n > n0 unter Verwendung der Dreiecksungleichung:
| |xn| | = |sn − sn − 1| |
| = |sn − x + x − sn − 1| | |
| ≤ |sn − x| + |x − sn − 1| | |
| < ε/2 + ε/2 = ε. |
Dies zeigt, dass limn |xn| = 0. Folglich gilt auch limn xn = 0.
Übung 2
Zeigen Sie, dass für alle z ∈ ℂ mit z ≠ 1 und alle n ∈ ℕ gilt:
∑0 ≤ k ≤ n zk = 1 − zn + 11 − z.
Lösung zur Übung 2
Wir diskutieren drei verschiedene Argumente.
Vollständige Induktion
Sei z ∈ ℂ mit z ≠ 1. Wir zeigen die Summenformel für z durch vollständige Induktion nach n ≥ 0.
Induktionsanfang n = 0:
Es gilt
∑0 ≤ k ≤ 0 zk = z0 = 1 = 1 − z0 + 11 − z.
Induktionsschritt von n − 1 nach n (für n ≥ 1):
Es gelte
∑0 ≤ k ≤ n − 1 zk = 1 − zn1 − z (Induktionsvoraussetzung)
Dann gilt
| ∑0 ≤ k ≤ n zk | = ∑0 ≤ k ≤ n − 1 zk + zn =I.V. 1 − zn1 − z + zn = |
| = 1 − zn1 − z + zn(1 − z)1 − z = 1 − zn + 11 − z. |
Bildung einer Teleskopsumme
Seien z ∈ ℂ und n ∈ ℕ. Dann gilt
| (1 − z) (1 + z + z2 + … + zn) | = 1 − z + z − z2 + z2 ∓ … − zn + zn − zn + 1 |
| = 1 − zn + 1 |
Alle Summanden bis auf den ersten und letzten heben sich paarweise auf. Ist z ≠ 1, so können wir durch 1 − z dividieren. Dies zeigt die Behauptung.
Polynomdivision
Sei n ≥ 0. Dann besitzt das komplexe Polynom 1 − zn + 1 eine Nullstelle bei 1. Die Polynomdivision von 1 − zn + 1 durch 1 − z liefert das Polynom 1 + … + zn (Abspalten der Nullstelle). Dies zeigt die Formel.
Übung 3
Wir betrachten die Reihe ∑n ≥ 1 1n(n + 1).
(a) | Berechnen Sie die Partialsummen s1, …, s4 der Reihe. |
(b) | Formulieren Sie eine allgemeine Formel für die Partialsummen sn der Reihe. |
(c) | Beweisen Sie Ihre Formel durch Induktion. |
(d) | Bestimmen Sie den Wert der Reihe. |
Lösung zur Übung 3
zu (a): Als unendliche Summe notiert lautet die Reihe:
12 + 16 + 112 + 120 + 130 + 142 + …
Die ersten Partialsummen berechnen sich zu
s1 = 12, s2 = 12 + 16 = 46 = 23,
s3 = 23 + 112 = 912 = 34, s4 = 34 + 120 = 1620 = 45.
zu (b): Für alle n ≥ 1 gilt:
sn = ∑k ≤ n 1k(k + 1) = nn + 1
zu (c): Wir zeigen die Formel in (b) durch Induktion nach n ≥ 1.
Induktionsanfang n = 1: Es gilt s1 = 1/2 = 1/(1 + 1).
Induktionsschritt von n nach n + 1:
Es gelte sn = n/(n + 1) (Induktionsvoraussetzung). Dann gilt
| sn + 1 | = sn + 1(n + 1)(n + 2) = I. V. nn + 1 + 1(n + 1)(n + 2) |
| = n (n + 2) + 1(n + 1) (n + 2) = n2 + 2n + 1(n + 1) (n + 2) | |
| = (n + 1)2(n + 1) (n + 2) = n + 1n + 2. |
zu (d): Es gilt
∑n ≥ 1 1n (n + 1) = limn sn = limn nn + 1 = 1.
Übung 4
Welche der folgenden Implikationen gelten für alle reellen unendlichen Reihen ∑n ≥ 1 xn? Begründen Sie Ihre Antworten.
(a) | Gilt xn > 0 für alle n ≥ 1, so gilt ∑n ≥ 1 xn = ∞. |
(b) | Gilt xn ≥ 1/n für alle n ≥ 1, so gilt ∑n ≥ 1 xn = ∞. |
Lösung zur Übung 4
zu (a):
Die Implikation ist nicht für alle Reihen gültig. Für ein Gegenbeispiel betrachten wir die Reihe ∑n ≥ 1 xn mit xn = 1/2n für alle n ≥ 1, also die geometrische Reihe für q = 1/2 ab 1. Dann gilt xn > 0 für alle n ≥ 1, aber
∑n ≥ 1 xn = 12 + 14 + 18 + … + 12n + … = 1 < ∞.
zu (b):
Die Implikation ist für alle Reihen gültig. Gilt xn ≥ 1/n für alle n ≥ 1, so sind alle Partialsummen der Reihe ∑n ≥ 1 xn größergleich den entsprechenden Partialsummen der harmonischen Reihe ∑n ≥ 1 1/n. Damit gilt
∑n ≥ 1 xn = limn ∑1 ≤ k ≤ n xk ≥ limn ∑1 ≤ k ≤ n 1/k = ∞.