7. Tutorium Analysis I - TU Darmstadt/Mathematik

A
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. Ulrich Kohlenbach
PD Dr. Achim Blumensath
MSc Eyvind Briseid
Lösung.
TECHNISCHE
UNIVERSIT ÄT
DARMSTADT
25.11.2009
7. Tutorium Analysis I
Wintersemester 2009/2010
(T7.1)
P
Welche der folgenden Aussagen implizieren die absolute Konvergenz der Reihe ∞
n=1 an ?
Welche der Aussagen implizieren die Konvergenz? Welche sind sogar äquivalent zur Konvergenz?
P
Es
C die Aussage: “Die Reihe ∞
n=1 an konvergiert”. Weiter sei AC die Aussage:
Pbezeichne
∞
“ n=1 an konvergiert absolut”. Offensichtlich gilt AC ⇒ C, aber C 6⇒ AC. Gilt also
S ⇒ AC, dann gilt auch S ⇒ C und C 6⇒ S.
(i) ⇒ AC. Beweis: Da die Folge (n2 an )n≥1 konvergiert, folgt, dass diese Folge beschränkt
ist. Das heißt, es gibt ein M ∈ R, so dass |n2 an | ≤ M für alle n ≥ 1. Dies impliziert, dass
|an | ≤ nM2 für alle n ≥ 1. Also folgt AC aus dem Majorantenkriterium. Weiter gilt C 6⇒ (i)
nach obiger Bemerkung.
(ii) 6⇒ C. Als Gegenbeispiel dient zum Beispiel die harmonische Reihe.
(iii) ⇔ C. Diese Aussage ist äquivalent zur Aussage, dass die Partialsummen eine Cauchyfolge bilden. Eine Richtung folgt sofort.
n +pFür den Beweis “(iii) ⇒ Die Partialsummen bilden
0
X
an < 2ε für alle p ∈ N. Für k, p ∈ N mit k ≤ p
eine Cauchyfolge”, sei n0 , so dass n=n0
erhalten wir
n0 +p
n0 +p
n0X
+k−1
X
X
an =
an −
an ,
n=n0 +k
und somit
(i) Die Folge (n2 an )n≥1 konvergiert.
an+1 < 1.
(ii) Für alle n ≥ 1 gilt die Ungleichung an (iii) (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀p ∈ N)
n +p !
0
X
an < ε .
n=n 0
p
(iv) Die Folge ( n |an |)n≥1 konvergiert.
an+1
ist eine Nullfolge.
(v)
an n≥1
an+1 ≤1−ε .
(vi) (∃n0 ∈ N)(∃ε > 0)(∀n ≥ n0 )
an an+1 ≥ 1 − 1 für alle n > n0 .
(vii) Es gibt ein n0 ∈ N, so dass 1 > an n
P
(viii) Die Folge der Partialsummen (sm )m≥1 , wobei sm := m
n=1 an , ist beschränkt.
Pm
(ix) Die Folge der Partialsummen (sm )m≥1 , wobei sm :=
n=1 an , ist beschränkt und
lim an = 0.
n→∞
n=n0
0
0
0
Damit gilt natürlich (iii) 6⇒ AC.
(iv) 6⇒ C. Als Gegenbeispiel wählen wir an = 1 für alle n ≥ 1.
(v) ⇒ AC. Dies folgt unmittelbar aus dem Quotientenkriterium. Damit gilt auch C 6⇒ (v).
(vi) ⇒ AC. Dies folgt wiederum aus dem Quotientenkriterium.
(vii) 6⇒ C. Als Gegenbeispiel wählen wir an = 1/n für alle n ≥ 1.
(viii) 6⇒ C. Als Gegenbeispiel wählen wir an = (−1)n für alle n ≥ 1.
(ix) 6⇒ C. Wir betrachten die Folge (an )n≥1 definiert durch
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1, − , − , , , , − , − , − , − , . . .
2 2 3 3 3 4 4 4 4
P
Offensichtlich gilt lim an = 0. Für die Partialsummen sm := m
n=1 an gilt sm ∈ [0, 1] für
alle m ≥ 1, also ist (sm )m≥1 beschränkt. P
Da sm = 1 für unendlich viele m ∈ N und sm = 0
für unendlich viele m ∈ N, ist die Reihe ∞
n=1 an divergent.
(T7.2)
1
n=n0
n +p n +p
+k−1
0
0
ε ε
n0X
X
X
an < + = ε.
an + an ≤ 2 2
n=n
n=n
n=n +k
2
P
Sei ∞
n=0 an eine konvergente, aber nicht absolut konvergente Reihe reeller Zahlen. Man
beweise:
P
(i) Zu beliebig vorgegebenem c ∈ R gibt es eine Umordnung ∞
n=0 aτ (n) , die gegen c
konvergiert.
P
(ii) Es gibt Umordnungen, so dass ∞
n=0 aτ (n) bestimmt gegen +∞ bzw. −∞ divergiert.
P∞
(iii) Es gibt Umordnungen, so dass n=0 aτ (n) weder konvergiert noch bestimmt gegen
±∞ divergiert.
zu bekommen, dann gerade genug negative Terme, um die Summe kleiner als c zu
machen, und so weiter. Genauer gesagt führen wir die Umordnung nach folgendem
Schema durch, wobei p0 < p1 < . . . und q0 < q1 < . . . natürliche Zahlen sind, die
induktiv bestimmt werden sollen:
+αpi +1 + . . . + αpi+1 − βqi+1 − . . . − βqi+1
+.........
..
.
Lösung.
P
(i) Da die Reihe ∞
n=0 an konvergent, aber nicht absolut konvergent ist, enthält sie unendlich viele positive und auch unendlich viele negative Terme. Sei (amk )k∈N die
Teilfolge der negativen Glieder der Folge (an )n∈N , und (ank )k∈N die Teilfolge der nichtnegativen Glieder der Folge (an )n∈N . Für k ∈ N setzen wir
Wir definieren jetzt die Zahlen p0 < p1 < . . . und q0 < q1 < . . . auf folgende Weise:
Induktionsanfang:
Wir setzen
(
p0 := min n ∈ N :
αk := ank ≥ 0,
βk := −amk > 0.
und
Wir zeigen zunächst, dass
∞
X
∞
X
αk = ∞ und
Wenn die beiden Reihen konvergent wären, dann wäre die Reihe
konvergent, im Widerspruch zur Voraussetzung. Falls
∞
X
αk = ∞ und
k=0
∞
X
P∞
n=0
an absolut
n=0
k
X
Ai =
αk −
∞
X
Bi =
βi =
i=0
i=0
k
X
αi − b
i=0
pi
X
αk −
∞
X
βk = ∞
k=0
k=0
zum Widerspruch führt. Also gilt (1).
Dann setzen wir
(
βl .
l=0
Wir werden jetzt die gewünschte Umordnung der Reihe n=0 an definieren. Die Idee
ist, zuerst gerade genug positive Terme aufzulisten, um eine Summe grösser als c
qi−1
X
βl ≥ c,
qi
X
βl < c.
n
X
k=pi +1
pi+1
X
)
Ai+1 := Bi +
)
Bi+1 := Ai+1 −
αk ≥ c ,
αk
k=pi +1
und
(
qi+1 := min n ∈ N : n > qi und Ai+1 −
Dies ist möglich, da
P∞
3
q0
X
l=0
pi+1 := min n ∈ N : n > pi und Bi +
gelten, also limN →∞ n=0 an = ∞, im Widerspruch zur Konvergenz der Reihe
P
∞
n=0 an . Auf dieselbe Weise zeigt man, dass die Annahme
αk =: a < ∞ und
B0 := A0 −
l=0
k=0
βk =: b < ∞
PN
∞
X
pi
X
k=0
ani −
)
αk
k=0
βl < c ,
l=0
k=0
an ≥
A0 :=
Seien p0 , . . . , pi , q0 , . . . , qi und A0 , . . . , Ai , B0 , . . . , Bi schon bestimmt so dass
gelten würde, dann würde für N ≥ nk
N
X
n
X
p0
X
)
αk ≥ c ,
Induktionsschritt:
k=0
k=0
(
(1)
n
X
k=0
q0 := min n ∈ N : A0 −
βk = ∞.
− β0 − . . . − βq0
− βq0 +1 − . . . − βq1
α0 + . . . + αp0
+αp0 +1 + . . . + αp1
+.........
..
.
n
X
βk < c ,
k=qi +1
P∞
k=0 αk
= ∞ und
P∞
k=0 βk
qi+1
X
βk .
k=qi +1
= ∞.
Aus der Definition folgt |Ai −c| ≤ αpi und |Bi −c| ≤ βqi für alle i ∈ N. Da limi→∞ αpi =
0 und limi→∞ βqi = 0, folgt leicht, dass die umgeordnete Reihe gegen c konvergiert.
4
(ii) Wir machen die Lösung wie in (i), führen aber die Umordnung nach folgendem Schema durch, wobei p0 < p1 < . . . natürliche Zahlen sind, die induktiv bestimmt werden
sollen:
− β0
α0 + . . . + αp0
+αp0 +1 + . . . + αp1
− β1
+.........
..
.
(iii) Wir machen die Lösung wie in (i), führen aber die Umordnung nach folgendem Schema durch, wobei p0 < p1 < . . . und q0 < q1 < . . . natürliche Zahlen sind, die induktiv
bestimmt werden sollen:
α0 + . . . + αp0
+αp0 +1 + . . . + αp1
+.........
..
.
+αpi +1 + . . . + αpi+1 − βi+1
+.........
..
.
+αpi +1 + . . . + αpi+1 − βqi+1 − . . . − βqi+1
+.........
..
.
Wir definieren jetzt die Zahlen p0 < p1 < . . . auf folgende Weise:
Wir definieren jetzt die Zahlen p0 < p1 < . . . und q0 < q1 < . . . auf folgende Weise:
Induktionsanfang:
Induktionsanfang:
Wir setzen
(
n
X
p0 := min n ∈ N :
αk ≥ 1
k=0
und
A0 :=
p0
X
Wir setzen
)
(
p0 := min n ∈ N :
und
αk .
Induktionsschritt:
n
X
(
n
X
p0
X
)
A0 :=
)
B0 := A0 −
αk ≥ 1 ,
k=0
q0 := min n ∈ N : A0 −
k=0
βl ≤ −1 ,
l=0
αk
k=0
q0
X
βl .
l=0
Induktionsschritt:
Seien p0 , . . . , pi und A0 , . . . , Ai schon bestimmt und
pi
Ai =
X
αk −
i−1
X
Seien p0 , . . . , pi , q0 , . . . , qi und A0 , . . . , Ai , B0 , . . . , Bi schon bestimmt so dass
βl ≥ i + 1.
Ai =
l=0
k=0
(
pi+1 := min n ∈ N : n > pi und Ai − βi +
n
X
k=pi +1
und
Ai+1 := Ai − βi +
pi+1
X
αk ≥ i + 2
)
k=0
αk = ∞. Sei
P∞
n=0
αk .
aτ (n) die gerade definierte Umordnung.
Es gibt N ∈ N so dass für alle
P l ≥ N gilt 0 ≤ βl < 1.PSei M ∈ N so dass M > N.
Für k > pM + M gilt dann kn=0 aτ (n) ≥ M, also gilt ∞
n=0 aτ (n) = +∞.
Auf ähnliche Weise kann man eine Umordnung finden, die bestimmt gegen −∞ divergiert.
5
qi−1
X
αk −
Bi =
pi
X
αk −
k=0
Dann setzen wir
(
βl ≥ 1,
l=0
qi
X
βl ≤ −1.
l=0
pi+1 := min n ∈ N : n > pi und Bi +
k=pi +1
P∞
pi
X
k=0
Dann setzen wir
Dies ist möglich, da
− β0 − . . . − βq0
− βq0 +1 − . . . − βq1
n
X
)
αk ≥ 1 ,
k=pi +1
Ai+1 := Bi +
pi+1
X
αk
k=pi +1
und
(
qi+1 := min n ∈ N : n > qi und Ai+1 −
Dies ist möglich, da
n
X
)
βk ≤ −1 ,
k=qi +1
P∞
k=0 αk
= ∞ und
P∞
k=0 βk
Bi+1 := Ai+1 −
qi+1
X
βk .
k=qi +1
= ∞.
Aus der Definition folgt, dass Ai ≥ 1 und Bi ≤ −1 für alle i ∈ N, also konvergiert
die umgeordnete Reihe nicht, und sie divergiert auch nicht bestimmt gegen +∞ oder
−∞.
6