Cauchys Verdichtungskriterium < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:38 Do 03.06.2004 | | Autor: | Xenia |
Hallo everyone,
ich hab die Aufgabe:
Sei [mm] (a_n) [/mm] eine monoton fallende Nullfolge nichtnegativer reeller Zahlen.
(i). Man zeige : [mm] \summe_{n=0}^{\infty} a_n [/mm] konvergiert genau dann, wenn [mm] \summe_{n=0}^{\infty} {2^n}a_{2^n} [/mm] konvergiert.
(ii). Man folgere aus (i) für [mm] r\in \IQ:
[/mm]
Die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^r} [/mm] konvergiert genau dann, wenn r > 1 gilt.
Wie soll ich damit anfangen? Bitte hilft mir!
Gruß and Küsschen,
Xenia
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:11 Fr 04.06.2004 | | Autor: | puq |
i)
Wir majorisieren [mm] \summe_{n=1}^{\infty} a_n [/mm] durch [mm] \summe_{n=0}^{\infty} {2^n}a_{2^n} [/mm] und [mm] \summe_{n=1}^{\infty} {2^n}a_{2^n} [/mm] durch [mm] \summe_{n=1}^{\infty} a_n [/mm] , dann konvergiert [mm] \summe_{n=0}^{\infty} a_n [/mm] genau dann wenn [mm] \summe_{n=0}^{\infty} {2^n}a_{2^n} [/mm] konvergiert, denn die Addition des jeweils ersten Reihengliedes ändert nichts an der Konvergenz, sondern nur am Grenzwert. Da alle [mm] a_n [/mm] nicht-negativ sind, brauchen wir uns um Beträge nicht zu kümmern.
Da [mm] (a_n) [/mm] monoton fallend ist, gilt einerseits [mm] a_k \le \ a_{2^n} [/mm] für [mm] k \ge 2^n [/mm], und andererseits [mm] a_k \ge \ a_{2^n} [/mm] für [mm] k \le 2^n [/mm] , jeweils für alle [mm] n \in \IN \cup \ \{0\} [/mm].
Somit ist einerseits [mm] 2^n \ a_{2^n} \ = \ \summe_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_{2^n} \ge \ \summe_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_k [/mm], also [mm] \summe_{n=0}^{\infty} 2^n \ a_{2^n} \ge \summe_{n=0}^{\infty} \summe_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} a_k \ = \summe_{n=1}^{\infty} a_n [/mm].
Andererseits ist [mm] 2^n \ a_{2^n} \ = \ \summe_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1} a_{2^{n}} \le \ \summe_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1} a_k [/mm] für [mm] n \ge 1 [/mm], also [mm] \summe_{n=1}^{\infty} 2^n \ a_{2^n} \le \summe_{n=1}^{\infty} \summe_{k=2^{n-1}}^{2^{n}-1} a_k \ = \summe_{n=1}^{\infty} a_n [/mm].
ii)
Für [mm] r \le 0 [/mm] divergiert [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^r} [/mm], da [mm] \bruch{1}{n^r} [/mm] dann keine Nullfolge ist.
Für [mm] r>0 [/mm] ist [mm] \bruch{1}{n^r} [/mm] eine monoton fallende Nullfolge nichtnegativer reeller Zahlen, und wir können also i) anwenden.
Aus i) wissen wir, dass [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^r} [/mm] genau dann konvergiert, wenn [mm] \summe_{n=1}^{\infty} 2^n \bruch{1}{2^{n^r}} \ = \summe_{n=1}^{\infty} \left( \bruch{1}{2^{r-1}} \right)^n[/mm] konvergiert. Dies ist aber für [mm] x \ := \bruch{1}{2^{r-1}} [/mm] die geometrische Reihe [mm] \summe_{n=0}^{\infty} x^n [/mm] bis auf das erste Glied, die bekanntlich genau dann konvergiert, wenn [mm] \left| x \right| \ < \ 1 [/mm].
Also konvergiert unsere Reihe genau dann wenn [mm] \bruch{1}{2^{r-1}} \ < \ 1 [/mm], also genau dann wenn [mm] r > 1 [/mm].
Vielleicht schaut ja noch jemand kurz drüber, falls ich etwas falsch gemacht habe.
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Hallo puk!
Herzlichen Glückwunsch zu dieser bestens verständlichen Formulierung!!!
Den Beweis habe ich in allen möglichen Medien studiert, aber vorher nie begriffen, was sicher auch daran liegt, dass ich schon 73 bin und Mathe nur als Denkjogging betreibe. Umso höher ist Ihre Darstellung zu bewerten.
Herzlichen Dank
Matheradler
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