Aufgabe 7 Aufgabe 8

Aufgabe 7
(a) Zur Erinnerung: Eine Reihe konvergiert genau dann, wenn die Folge ihrer Partialsummen konvergiert. Wir
berechnen die Partialsummen der gegebenen Reihe. Es ist
SN =
N
X
n=1
(an − an+1 ) = a1 −a2 + a2 −a3 + a3 −a4 + . . . −aN + aN −aN +1 = a1 − aN +1 .
| {z }
| {z } | {z }
=0
=0
(1)
=0
Da (an )n∈N konvergent ist, konvergiert auch
lim SN = lim (a1 − aN +1 ) = a1 − lim aN +1 = a1 − a,
N →∞
N →∞
N →∞
wobei wir mit a den Grenzwert der Folge (an )n∈N bezeichnet haben.
Wir zeigen (1) nocheinmal, ohne die Verwendung irgendwelcher “. . .”:
SN =
N
X
(an − an+1 ) =
n=1
N
X
an −
n=1
N
X
an+1 = a1 +
n=1
N
X
an −
n=2
N
−1
X
an+1 −aN +1 = a1 − aN +1 .
n=1
|
{z
}
P
= N
n=2 an
(b) Partialbruchzerlegung (z.B. durch “Handauflegen”) liefert
1
1
1
= −
.
n(n + 1)
n n+1
Damit erhalten wir für die gegebene Reihe
∞
X
∞ X
1
1
1
=
−
.
n(n + 1) n=1 n n + 1
n=1
Die Reihe hat also die Form aus Teilaufgabe (a) mit an = 1/n und wir erhalten für den Grenzwert der
Reihe
∞
X
1
= a1 − a = 1
n(n + 1)
n=1
(die Folge (an )n∈N hat hier den Grenzwert Null).
Aufgabe 8
(a) Es ist zu zeigen, dass
∞
X
an < ∞
⇔
n=1
∞
X
2n a2n < ∞,
n=1
wobei (an )n∈N eine monoton fallende Folge positiver Zahlen ist.
⇒:
P∞
Sei n=1 an konvergent. Wir betrachten die N -te Partialsumme der Reihe auf der rechten Seite, es ist
wegen der Monotonie von (an )n∈N
SN =
N
X
2n a2n
N
X
2n−1 a2n
=
2·
=
2 · [a2 + (a4 + a4 ) + (a8 + a8 + a8 + a8 ) . . . + (a2N + . . . + a2N )]
|
{z
}
n=1
n=1
2N −1
Summanden
≤ 2 · [a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + . . . + a2N ]
≤ 2 · [a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + . . . + a2N ]
N
=
2·
≤ 2·
2
X
n=1
∞
X
an
an < ∞.
n=1
1
Damit ist die Folge der Partialsummen beschränkt. Da 2n a2n für alle n ∈ N positiv ist, ist die Folge
der Partialsummen zusätzlich monoton wachsend (wir addieren mit wachsendem N nur weitere
positive
P∞
Zahlen) und es exisitiert ein Grenzwert (ein Hoch auf Bolzano–Weierstraß!). Die Reihe n=1 2n a2n ist
also konvergent.
⇐:
Wir schätzen nun die N -te Partialsumme der Reihe auf der linken Seite ab, es ist wegen der Monotonie
von (an )n∈N
S̃N =
+1
2NX
−1
an
=
a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 + a7 ) + . . . + (a2N + . . . + a2N +1 −1 )
{z
}
|
≤
a1 + (a2 + a2 ) + (a4 + a4 + a4 + a4 ) + . . . + (a2N + . . . + a2N )
{z
}
|
n=1
2N
2N
=
≤
a1 +
a1 +
N
X
n=1
∞
X
Summanden
Summanden
2n a2n
2n a2n < ∞.
n=1
Damit ist die Folge der Partialsummen beschränkt (und genauso wie oben monoton,
P∞ da alle an als positiv
vorrausgesetzt waren). Damit ist die Folge der Partialsummen, bzw. die Reihe n=1 an konvergent.
(b) Nach dem Verdichtungssatz ist die Konvergenz der gegebenen Reihe äquivalent zur Konvergenz der Reihe
∞
X
2n
n=1
n
∞ X
2
1
=
.
(2n )s
2s
n=1
Die Reihe auf der rechten Seite ist aber eine geometrische Reihe (mit q = 2/2s ) und konvergiert daher
genau dann, wenn
2
<1
2s
2 < 2s
⇔
⇔
1 < s.
Die (verallgemeinerte) harmonische Reihe konvergiert also für s > 1, ist s ≤ 1, so divergiert die Reihe.
Letzteres wussten wir bereits aus P
der Vorlesung, für s = 1 entspricht die Reihe der P
harmonischen Reihe
∞
∞
im Skript, für s < 1 ist die Reihe n=1 1/n eine divergente Minorante an die Reihe n=1 1/ns .
Aufgabe 9
(a) Wegen
n3
+
n
1
≤ 2
+ 7n + 1
n
4n2
P∞
für alle n ∈ N ist die Reihe n=1 1/n2 eine konvergente Majorante an
gegebene Reihe ist damit konvergent.
P∞
n=1
n/(n3 + 4n2 + 7n + 1). Die
(b) Wir verwenden das Wurzelkriterium, es ist
p
n
|an | =
n
n+1
n
=
n −1
1
1+
.
n
Da die rechte Seite gegen 1/e < 1/2 < 1 konvergiert, konvergiert die gegebene Reihe nach dem Wurzelkriterium.
(c) Wir verwenden das Quotientenkriterium, es ist
an+1
((n + 1)!)2 (2n)!
(n + 1)2
=
=
.
2
an
(2n + 2)! (n!)
(2n + 1)(2n + 2)
Da die rechte Seite gegen 1/4 < 1 konvergiert, konvergiert die gegebene Reiihe nach dem Quotientenkriterium.
2
(d) Wir verwenden das Wurzelkriterium (in der Formulierung für den Limes superior), es ist
lim
n→∞
p
n
|an | = lim
n→∞ 4
2
2
= < 1.
+ (−1)n
3
D.h. die gegebene Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium.
(e) Wir führen durch “Handauflegen”eine Partialbruchzerlegung durch und erhalten
2n + 1
2n + 1
1
1
=
= +
.
2
n +n
n(n + 1)
n n+1
(2)
Wegen
2n + 1
1
≥
n2 + n
n
P∞
P∞
ist die Reihe n=1 1/n eine divergente Minorante an die Reihe n=1 (2n + 1)/(n2 + n); und die gegebene
Reihe konvergiert nicht absolut. Da die Folge
(−1)n
2n + 1
n2 + n
jedoch alterniert und wir anhand von (2) sehen, dass die Folge der Beträge monoton fällt, folgt Konvergenz
der gegebenen Reihe nach Leibniz.
(f) Wir verwenden den Verdichtungssatz aus Aufgabe 8 (a). Demnach konvergiert die gegebene Reihe genau
dann, wenn
N
X
2n
n=1
N
N
N
X
X
1
1
1 X 1
1
=
=
=
2n ln (2 · 2n ) n=1 ln 2n+1
ln 2(n + 1)
ln 2 n=1 n + 1
n=1
konvergiert. Die Partialsummen ganz rechts in der Gleichungskette sind aber die der harmonische Reihe
(mit verschobenem Index). Von dieser wissen wir bereits, dass sie divergiert. Die gegebene Reihe divergiert
damit ebenfalls.
(g) Wir schätzen n!/nn für n ≥ 3 wie folgt ab:
n!
12 3
n−1 n
2
=
...
≤ 2.
n
n
n n |{z}
n
n } |{z}
n
n
| {z
≤1
≤1
P∞
Damit ist die Reihe
ebenfalls konvergent.
n=1
=1
2/n2 eine konvergente Majorante an
P∞
n=1
n!/nn ; und die gegebene Reihe ist
(h) Es gilt
√
√
1
1
√ ≥√
n
n+1
1
1
p
.
≥
n+1
n(n + 1)
p
P∞
P∞
Damit ist die Reihe
n=1 1/(n + 1) eine divergente Minorante an die Reihe
n=1 1/ n(n + 1). Die
gegebene Reihe ist damit divergent.
n≤
n+1
⇔
⇔
(i) Wir beginnen mit einer Abschätzung von (ln n)ln n : Es ist
ln n ln n ln ln n
(ln n)ln n = eln ln n
= e
= nln ln n .
Da nun ln n immer weiter wächst (also jede vorgegebene Schranke irgendwann überschreitet) gibt es ein
n0 ∈ N, so dass
2 ≤ ln ln n
2
für alle n ≥ n0 erfüllt ist (z.B. kann man für n0 die nächste natürliche Zahl nach ee ) wählen. Damit
erhalten wir
nln ln n ≥ n2
⇔
1
1
≤ 2
nln ln n
n
P∞
P∞
ln n
für alle n ≥ n0 und die Reihe n=1 1/n2 ist eine konvergente Majorante an die Reihe n=1 1/(ln n) .
Die gegebene Reihe ist damit konvergent.
3