Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 5:
Theorie der Reihen - Konvergente und divergente Reihen
Lösungen zu den Aufgaben Reihen und ihre Partialsummen
Lösung zur Aufgabe 5.1.1 - Bestimmen von Reihen aus Partialsummen
| (i) | \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k+2} \) besitzt die Partialsummenfolge \( \{1,0,1,0,\ldots\} \) |
| (ii) | \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty(-1)^k2 \) besitzt die Partialsummenfolge \( \{1,-1,1,-1,\ldots\} \) |
| (iii) | \( \displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^{k+1}} \) besitzt die Partialsummenfolge \( \displaystyle\left\{\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{7}{8},\frac{15}{16},\ldots\right\} \) |
Die Reihen sind eindeutig. Es ist nämlich
| \( \circ \) | \( a_0=S_0 \) |
| \( \circ \) | \( a_1=S_1-S_0 \) |
| \( \circ \) | \( a_2=S_2-S_1\) usw. |
Die Summanden \( a_k \) ergeben sich also eindeutig aus den vorgegebenen Folgengliedern \( S_\ell. \)
Lösungen zu den Aufgaben Das Cauchysche Konvergenzkriterium für Reihen
Lösung zur Aufgabe 5.1.2 - Folgerung aus dem Cauchyschen Konvergenzkriterium
| (i) | Das Cauchykriterium besagt: Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ \left|\,\sum_{k=m}^na_k\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge m\ge N(\varepsilon). \]
| Wählen wir also \( n=m, \) so folgt |
\[ |a_m|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m\ge N(\varepsilon). \]
| Das ist aber genau das charakterisierende Kriterium einer reellen bzw. auch komplexwertigen Nullfolge, d.h. \( \{a_n\}_{n=0,1,2,\ldots}\subset\mathbb C \) bildet eine Nullfolge. | |
| (ii) | Die Glieder \( a_k \) der reellen harmonischen Reihe |
\[ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\quad\mbox{mit}\ a_k=\frac{1}{k}\,,\ k=1,2,\ldots, \]
| bilden eine Nullfolge, die harmonische Reihe selbst konvergiert aber nicht. Es gilt also nicht die Umkehrung von (i). |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.1.3 - Anwendung des Cauchyschen Konvergenzkriteriums
Wir betrachten die Partialsummen \[ S_n:=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\,. \] Um ein Gegenbeispiel zum Cauchykriterium zu konstruieren, ermitteln wir \[ S_{2m}-S_m =\sum_{k=1}^{2m}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k} =\sum_{k=m+1}^{2m}\frac{1}{k} \gt\sum_{k=m+1}^{2m}\frac{1}{2m} =m\cdot\frac{1}{2m} =\frac{1}{2}\,. \] Da \( m\in\mathbb N \) beliebig gewählt werden kann, folgt, dass das Cauchykriterium verletzt ist.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Die geometrische Reihe
Lösung zur Aufgabe 5.1.4 - Beispiele reellwertiger geometrischer Reihen
| (i) | Es ist |
\[ 2+\frac{2}{3}+\frac{2}{9}+\frac{2}{27}+\ldots =2\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{3^k} =2\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}} =3. \]
| (ii) | Es ist |
\[ \frac{7}{3}+\frac{7}{30}+\frac{7}{300}+\frac{7}{3000}+\ldots =\frac{7}{3}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{10^k} =\frac{7}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{10}} =\frac{70}{27}\,. \]
| (iii) | Es ist |
\[ \frac{3}{2}+\frac{3}{8}+\frac{3}{32}+\frac{3}{128}+\ldots =\frac{3}{2}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{4^k} =\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{4}} =2. \]
| (iv) | Es ist |
\[ \frac{5}{3}+\frac{5}{24}+\frac{5}{192}+\frac{5}{1536}+\ldots =\frac{5}{3}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{8^k} =\frac{5}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{8}} =\frac{40}{21}\,. \] Damit sind alle gesuchten Werte ermittelt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Die harmonische Reihe
Lösung zur Aufgabe 5.1.5 - Äbschätzung der harmonischen Reihe nach oben
Zunächst (Induktionsanfang) überzeugen wir uns von der Richtigkeit der Fälle \( n=1, \) \[ \sum_{k=1}^{2^1-1}\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^1\frac{1}{k} \le 1, \] und \( n=2, \) \[ \sum_{k=1}^{2^2-2}\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^3\frac{1}{k} =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} =\frac{11}{6} \le 2. \] Sei nun die behauptete Ungleichnung für ein \( n\in\mathbb N \) erfüllt. Dann schätzen wir wie folgt ab (Induktionsschluss) \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^{2^n-1}\frac{1}{k}+\sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k} \,\le\,n+\sum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{1}{k} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle n+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n+1}+\frac{1}{2^n+2}\ldots+\frac{1}{2^{n+1}-1} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle n+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}\ldots+\frac{1}{2^n} \,=\,n+\frac{2^n}{2^n} \,=\,n+1. \end{array} \] Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist die Aussage bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 5.1.6 - Äbschätzung der harmonischen Reihe nach unten
Zunächst (Induktionsanfang) überzeugen wir uns von der Richtigkeit der Fälle \( n=1, \) \[ \sum_{k=1}^{2^1}\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^2\frac{1}{k} =1+\frac{1}{2} \ge 1+\frac{1}{2}\,, \] und \( n=2, \) \[ \sum_{k=1}^{2^2}\frac{1}{k} =\sum_{k=1}^4\frac{1}{k} =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4} =\frac{25}{12} \ge 1+\frac{2}{2} =2. \] Sei nun die behauptete Ungleichnung für ein \( n\in\mathbb N \) erfüllt. Dann schätzen wir wie folgt ab (Induktionsschluss) \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^{2^{n+1}}\frac{1}{k}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^{2^n}\frac{1}{k}+\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}\frac{1}{k} \,\ge\,1+\frac{n}{2}+\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}\frac{1}{k} \\ & \ge & \negthickspace\displaystyle 1+\frac{n}{2}+\frac{1}{2^n+1}+\frac{1}{2^n+2}+\ldots+\frac{1}{2^{n+1}} \\ & \ge & \negthickspace\displaystyle 1+\frac{n}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+1}}+\ldots+\frac{1}{2^{n+1}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1+\frac{n}{2}+\frac{2^n}{2^{n+1}} \,=\,1+\frac{n}{2}+\frac{1}{2} \,=\,1+\frac{n+1}{2}\,. \end{array} \] Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist die Aussage bewiesen.\( \qquad\Box \)