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Teleskopreihen sind spezielle Reihen, bei denen sich die Summanden zum Teil gegenseitig aufheben. Dadurch ist es bei Teleskopreihen einfacher als bei anderen Reihen, ihr Konvergenzverhalten und ihren Grenzwert zu bestimmen.
Betrachten wir die Summe
∑
k
=
1
4
(
1
k
−
1
k
+
1
)
=
(
1
1
−
1
1
+
1
)
+
(
1
2
−
1
2
+
1
)
+
(
1
3
−
1
3
+
1
)
+
(
1
4
−
1
4
+
1
)
=
(
1
1
−
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
(
1
3
−
1
4
)
+
(
1
4
−
1
5
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{4}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{1+1}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2+1}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3+1}}\right)+\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4+1}}\right)\\[0.3em]&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)+\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}\right)\end{aligned}}}
Natürlich könnten wir die Klammern jetzt nacheinander ausrechnen, und anschließend aufsummieren. Dies ist per Hand jedoch recht aufwendig. Sehen wir uns die Summe genauer an:
(
1
−
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
(
1
3
−
1
4
)
+
(
1
4
−
1
5
)
{\displaystyle \left(1{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}\right)+\left({\color {Red}{\frac {1}{2}}}{\color {RedOrange}-{\frac {1}{3}}}\right)+\left({\color {RedOrange}{\frac {1}{3}}}{\color {Olive}-{\frac {1}{4}}}\right)+\left({\color {Olive}{\frac {1}{4}}}{\color {Blue}-{\frac {1}{5}}}\right)}
Wir erkennen, dass sich die benachbarten gleichfarbigen Terme gegenseitig aufheben . Durch Verschiebung der Klammern, d.h. mehrfache Anwendung des Assoziativgesetzes, erhalten wir
1
+
(
−
1
2
+
1
2
)
+
(
−
1
3
+
1
3
)
+
(
−
1
4
+
1
4
)
−
1
5
=
1
+
0
+
0
+
0
+
−
1
5
=
1
−
1
5
=
4
5
{\displaystyle {\begin{aligned}&1+{\color {Red}\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)}+{\color {RedOrange}\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)}+{\color {Olive}\left(-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}\right)}-{\frac {1}{5}}\\[0.3em]=&1+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+{\color {Olive}0}+-{\frac {1}{5}}=1-{\frac {1}{5}}={\frac {4}{5}}\end{aligned}}}
Dieser Umformungstrick hat uns nun die Berechnung der Summe deutlich vereinfacht. Natürlich können wir diesen Trick nicht nur bei fünf, sondern auch bei beliebig vielen Summanden anwenden. Für ein beliebiges
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
gilt
∑
k
=
1
n
(
1
k
−
1
k
+
1
)
=
(
1
1
−
1
1
+
1
)
+
(
1
2
−
1
2
+
1
)
+
…
+
(
1
n
−
1
n
+
1
)
=
(
1
−
1
2
)
+
(
1
2
−
1
3
)
+
…
+
(
1
n
−
1
n
+
1
)
=
1
+
(
−
1
2
+
1
2
)
+
(
−
1
3
+
1
3
)
+
…
+
(
−
1
n
+
1
n
)
−
1
n
+
1
=
1
+
0
+
0
+
…
+
0
−
1
n
+
1
=
1
−
1
n
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{1+1}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2+1}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&=\left(1{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}\right)+\left({\color {Red}{\frac {1}{2}}}{\color {RedOrange}-{\frac {1}{3}}}\right)+\ldots +\left({\color {Purple}{\frac {1}{n}}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&=1+{\color {Red}\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)}+{\color {RedOrange}\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)}+\ldots +{\color {Purple}\left(-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}\right)}-{\frac {1}{n+1}}\\[0.3em]&=1+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Purple}0}-{\frac {1}{n+1}}=1-{\frac {1}{n+1}}\end{aligned}}}
Wir haben nun das Prinzip einer Teleskopsumme kennengelernt. Durch das geschickte gegenseitige „Wegheben“ fast aller Summanden entsteht eine Summe, die sich leicht berechnen lässt.
Teleskopsumme: Definition und Erklärung (YouTube-Video vom YouTube-Kanal „MJ Education“ )
Zusammenschieben von Teleskopen: Namensgeber der Teleskopsumme
Zusammenschiebbares Fernrohr
Eine Teleskopsumme ist eine Summe der Form
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})}
. Hier heben sich benachbarte Summanden auf. Man erhält:
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
=
(
a
1
−
a
2
)
+
(
a
2
−
a
3
)
+
…
+
(
a
n
−
a
n
+
1
)
=
a
1
+
(
−
a
2
+
a
2
)
+
(
−
a
3
+
a
3
)
+
…
+
(
−
a
n
+
a
n
)
−
a
n
+
1
=
a
1
+
0
+
0
+
…
+
0
−
a
n
+
1
=
a
1
−
a
n
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})&=(a_{1}{\color {Red}-a_{2}})+({\color {Red}a_{2}}{\color {RedOrange}-a_{3}})+\ldots +({\color {Purple}a_{n}}-a_{n+1})\\&=a_{1}+{\color {Red}(-a_{2}+a_{2})}+{\color {RedOrange}(-a_{3}+a_{3})}+\ldots +{\color {Purple}(-a_{n}+a_{n})}-a_{n+1}\\&=a_{1}+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Purple}0}-a_{n+1}\\&=a_{1}-a_{n+1}\end{aligned}}}
Durch eine analoge Rechnung bekommt man
∑
k
=
1
n
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
a
n
+
1
−
a
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})=a_{n+1}-a_{1}}
Der Name „Telekopsumme“ leitet sich im Übrigen vom Zusammenschieben von Teleskopen ab, die aus einzelnen Rohren aufgebaut sind.
Aufgabe
Zeige
∑
k
=
1
n
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
a
n
+
1
−
a
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})=a_{n+1}-a_{1}}
.
Lösung
Es gilt
∑
k
=
1
n
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
(
a
2
−
a
1
)
+
(
a
3
−
a
2
)
…
+
(
a
n
−
a
n
−
1
)
+
(
a
n
+
1
−
a
n
)
=
(
−
a
1
+
a
2
)
+
(
−
a
2
+
a
3
)
+
…
+
(
−
a
n
−
1
+
a
n
)
+
(
−
a
n
+
a
n
+
1
)
=
−
a
1
+
(
−
a
2
+
a
2
)
+
(
−
a
3
+
a
3
)
…
+
(
−
a
n
+
a
n
)
+
a
n
+
1
=
−
a
1
+
0
+
0
+
…
+
0
+
0
+
a
n
+
1
=
a
n
+
1
−
a
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})&=({\color {Red}a_{2}}-a_{1})+({\color {RedOrange}a_{3}}{\color {Red}-a_{2}})\ldots +({\color {Purple}a_{n}}{\color {Blue}-a_{n-1}})+(a_{n+1}{\color {Purple}-a_{n}})\\&=(-a_{1}{\color {Red}+a_{2}})+({\color {Red}-a_{2}}{\color {RedOrange}+a_{3}})+\ldots +({\color {Blue}-a_{n-1}}{\color {Purple}+a_{n}})+({\color {Purple}-a_{n}}+a_{n+1})\\&=-a_{1}+{\color {Red}(-a_{2}+a_{2})}+{\color {RedOrange}(-a_{3}+a_{3})}\ldots +{\color {Purple}(-a_{n}+a_{n})}+a_{n+1}\\&=-a_{1}+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Blue}0}+{\color {Purple}0}+a_{n+1}=a_{n+1}-a_{1}\end{aligned}}}
Definition (Teleskopsumme)
Eine Teleskopsumme ist eine Summe der Form
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})}
beziehungsweise
∑
k
=
1
n
(
a
k
+
1
−
a
k
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})}
.
Satz (Wert der Teleskopsumme)
Es ist:
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
=
a
1
−
a
n
+
1
∑
k
=
1
n
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
a
n
+
1
−
a
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})&=a_{1}-a_{n+1}\\[0.5em]\sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})&=a_{n+1}-a_{1}\end{aligned}}}
Leider ist es in der Praxis so, dass man vielen Summen zunächst nicht ansieht, dass es sich um Teleskopsummen handelt. Betrachten wir dazu die folgende Summe:
∑
k
=
1
n
1
k
(
k
+
1
)
=
1
1
⋅
2
+
1
2
⋅
3
+
1
3
⋅
4
+
…
+
1
(
n
−
1
)
n
+
1
n
(
n
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{2\cdot 3}}+{\frac {1}{3\cdot 4}}+\ldots +{\frac {1}{(n-1)n}}+{\frac {1}{n(n+1)}}}
Diese sieht zunächst nicht nach einer Teleskopsumme aus. Durch einen „Rechenkniff“ lässt sie sich jedoch in eine Teleskopsumme umformen. Für alle
k
∈
N
{\displaystyle k\in \mathbb {N} }
ist nämlich:
1
k
(
k
+
1
)
=
1
+
(
k
−
k
)
k
(
k
+
1
)
=
(
k
+
1
)
−
k
k
(
k
+
1
)
=
k
+
1
k
(
k
+
1
)
−
k
k
(
k
+
1
)
=
1
k
−
1
k
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {1+(k-k)}{k(k+1)}}={\frac {(k+1)-k}{k(k+1)}}={\frac {k+1}{k(k+1)}}-{\frac {k}{k(k+1)}}={\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}}
Damit ist
∑
k
=
1
n
1
k
(
k
+
1
)
=
∑
k
=
1
n
(
1
k
−
1
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}
Die Summe entspricht also einer Teleskopsumme. Wer hätte das gedacht?! Die Umformung
1
k
(
k
+
1
)
=
1
k
−
1
k
+
1
{\displaystyle {\tfrac {1}{k(k+1)}}={\tfrac {1}{k}}-{\tfrac {1}{k+1}}}
nennt man eine Partialbruchzerlegung . Sie ist häufig ein nützliches Mittel, um eine Summe in eine Teleskopsumme zu überführen.
Wir betrachten die folgende Reihe
∑
k
=
1
∞
1
k
(
k
+
1
)
=
(
∑
k
=
1
n
1
k
(
k
+
1
)
)
n
∈
N
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}
Die Partialsummen dieser Reihe sind Teleskopsummen. Es gilt für alle
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
:
∑
k
=
1
n
1
k
(
k
+
1
)
=
∑
k
=
1
n
(
1
k
−
1
k
+
1
)
=
1
−
1
n
+
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)=1-{\frac {1}{n+1}}}
Damit folgt unmittelbar für den Grenzwert der Reihe
∑
k
=
1
∞
1
k
(
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
∑
k
=
1
n
1
k
(
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
∑
k
=
1
n
(
1
k
−
1
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
(
1
−
1
n
+
1
)
↓
Rechenregeln für Grenzwerte
=
1
−
lim
n
→
∞
1
n
+
1
=
1
−
0
=
1
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rechenregeln für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&=1-\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n+1}}=1-0=1\end{aligned}}}
Teleskopreihen sind Reihen, deren Partialsummen Teleskopsummen sind. Sie sind also von der Form
∑
k
=
1
∞
(
a
k
−
a
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})}
. Als Partialsummenfolge erhält man
∑
k
=
1
∞
(
a
k
−
a
k
+
1
)
=
(
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
)
n
∈
N
↓
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
ist eine Teleskopsumme
=
(
a
1
−
a
n
+
1
)
n
∈
N
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})&=\left(\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})\right)_{n\in \mathbb {N} }\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1}){\text{ ist eine Teleskopsumme}}\right.}\\[1em]&=\left(a_{1}-a_{n+1}\right)_{n\in \mathbb {N} }\end{aligned}}}
Um die Konvergenz einer Teleskopreihe zu bestimmen, müssen wir das Konvergenzverhalten der Folge
(
a
1
−
a
n
+
1
)
n
∈
N
{\displaystyle \left(a_{1}-a_{n+1}\right)_{n\in \mathbb {N} }}
untersuchen. Diese Folge konvergiert genau dann, wenn die Folge
(
a
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
konvergiert. Wenn
a
{\displaystyle a}
der Grenzwert dieser Folge ist, erhalten wir als Grenzwert der Teleskopreihe:
∑
k
=
1
∞
(
a
k
−
a
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
∑
k
=
1
n
(
a
k
−
a
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
(
a
1
−
a
n
+
1
)
↓
lim
n
→
∞
(
a
n
+
b
n
)
=
lim
n
→
∞
a
n
+
lim
n
→
∞
b
n
=
lim
n
→
∞
a
1
−
lim
n
→
∞
a
n
+
1
=
a
1
−
a
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }(a_{1}-a_{n+1})\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{n\to \infty }(a_{n}+b_{n})=\lim _{n\to \infty }a_{n}+\lim _{n\to \infty }b_{n}\right.}\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }a_{1}-\lim _{n\to \infty }a_{n+1}=a_{1}-a\end{aligned}}}
Wenn
(
a
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
divergiert, dann divergiert auch die Folge
(
a
1
−
a
n
+
1
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{1}-a_{n+1})_{n\in \mathbb {N} }}
. Somit divergiert auch die Teleskopreihe. Analog erhalten wir, dass die Reihe
∑
k
=
1
∞
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
(
a
n
+
1
−
a
1
)
n
∈
N
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})=(a_{n+1}-a_{1})_{n\in \mathbb {N} }}
genau dann konvergiert, falls
(
a
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
konvergiert. Der Grenzwert ist in diesem Fall
∑
k
=
1
∞
(
a
k
+
1
−
a
k
)
=
lim
n
→
∞
a
n
+
1
−
lim
n
→
∞
a
1
=
a
−
a
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})=\lim _{n\to \infty }a_{n+1}-\lim _{n\to \infty }a_{1}=a-a_{1}}
Definition (Teleskopreihe)
Eine Teleskopreihe ist eine Reihe der Form
∑
k
=
1
∞
(
a
k
−
a
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})}
beziehungsweise
∑
k
=
1
∞
(
a
k
+
1
−
a
k
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})}
.
Lösung (Partialsummen der geometrischen Reihe)
Für
n
∈
N
0
{\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}
und
q
≠
1
{\displaystyle q\neq 1}
gilt
(
1
−
q
)
∑
k
=
0
n
q
k
=
∑
k
=
0
n
(
1
−
q
)
⋅
q
k
=
∑
k
=
0
n
q
k
−
q
k
+
1
↓
Teleskopsumme
=
q
0
−
q
n
+
1
=
1
−
q
n
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}(1-q)\sum _{k=0}^{n}q^{k}&=\sum _{k=0}^{n}(1-q)\cdot q^{k}\\[0.3em]&=\sum _{k=0}^{n}q^{k}-q^{k+1}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[0.3em]&=q^{0}-q^{n+1}=1-q^{n+1}\end{aligned}}}
Aufgabe
Konvergiert die Reihe
∑
k
=
1
∞
1
4
k
2
−
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{4k^{2}-1}}}
? Wenn ja, bestimme den Grenzwert der Reihe.
Lösung
Zunächst erkennen wir bei genauem Hinsehen, dass wir im Nenner der Summanden eine binomische Formel anwenden können:
1
4
k
2
−
1
=
1
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
{\displaystyle {\frac {1}{4k^{2}-1}}={\frac {1}{(2k-1)(2k+1)}}}
Nun führen wir, wie in der Aufgabe zuvor, eine Partialbruchzerlegung durch:
1
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
=
1
+
k
−
k
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
=
1
2
⋅
(
2
+
2
k
−
2
k
)
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
=
1
2
⋅
(
2
k
+
1
−
2
k
+
1
)
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
=
1
2
⋅
(
2
k
+
1
)
−
(
2
k
−
1
)
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
=
1
2
⋅
(
2
k
+
1
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
−
2
k
−
1
(
2
k
−
1
)
(
2
k
+
1
)
)
=
1
2
⋅
(
1
2
k
−
1
−
1
2
k
+
1
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{(2k-1)(2k+1)}}&={\frac {1+k-k}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot (2+2k-2k)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(2k+1-2k+1)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {2k+1}{(2k-1)(2k+1)}}-{\frac {2k-1}{(2k-1)(2k+1)}}\right)\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[0.5em]\end{aligned}}}
Damit erhalten wir
∑
k
=
1
∞
1
4
k
2
−
1
=
∑
k
=
1
∞
1
2
⋅
(
1
2
k
−
1
−
1
2
k
+
1
)
=
lim
n
→
∞
1
2
⋅
∑
k
=
1
n
(
1
2
k
−
1
−
1
2
k
+
1
)
↓
Teleskopsumme
=
lim
n
→
∞
1
2
⋅
(
1
2
⋅
1
−
1
−
1
2
n
+
1
)
↓
lim
n
→
∞
1
2
n
+
1
=
0
=
1
2
⋅
1
=
1
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{4k^{2}-1}}&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\cdot \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2\cdot 1-1}}-{\frac {1}{2n+1}}\right)\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2n+1}}=0\right.}\\[1em]&={\frac {1}{2}}\cdot 1={\frac {1}{2}}\end{aligned}}}
Aufgabe
Konvergiert die Reihe
∑
k
=
1
∞
2
k
+
1
k
(
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k+1}{k(k+1)}}}
? Wenn ja, bestimme den Grenzwert der Reihe.
Lösung
Auch hier können wir wieder eine Partialbruchzerlegung durchführen:
2
k
+
1
k
(
k
+
1
)
=
k
+
k
+
1
k
(
k
+
1
)
=
k
+
1
k
(
k
+
1
)
+
k
k
(
k
+
1
)
=
1
k
+
1
k
+
1
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {2k+1}{k(k+1)}}&={\frac {k+k+1}{k(k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {k+1}{k(k+1)}}+{\frac {k}{k(k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\\[0.5em]\end{aligned}}}
Damit ist
∑
k
=
1
∞
2
k
+
1
k
(
k
+
1
)
=
∑
k
=
1
∞
(
1
k
+
1
k
+
1
)
=
(
1
+
1
2
)
+
(
1
2
+
1
3
)
+
(
1
3
+
1
4
)
+
…
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2k+1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\right)=\left(1+{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}\right)+\ldots }
Bei dieser Reihe handelt es sich nun um keine Teleskopreihe, da die Summanden alle addiert und nicht voneinander abgezogen werden. Die Reihe ist auch nicht konvergent, denn für die Folge
(
S
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (S_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
der Partialsummen gilt
S
n
=
∑
k
=
1
n
(
1
k
+
1
k
+
1
)
≥
∑
k
=
1
n
1
k
{\displaystyle S_{n}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\right)\geq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}
Da nun die harmonische Reihe
∑
k
=
1
∞
1
k
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}}
divergiert, divergiert auch die Reihe
∑
k
=
1
∞
2
k
+
1
k
(
k
+
1
)
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k+1}{k(k+1)}}}
nach dem Minorantenkriterium. Diese Aufgabe zeigt, dass nach einer Partialbruchzerlegung nicht immer eine Teleskopreihe zum Vorschein kommt.
Zu Beginn des Kapitels hatten wir festgestellt, dass eine Reihe nichts anderes als eine spezielle Folge (von Partialsummen) ist. Umgekehrt lässt sich mit Hilfe der Teleskopsumme jede Folge
(
a
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
als spezielle (Teleskop-)Reihe schreiben. Es gilt nämlich
a
n
=
a
1
+
∑
k
=
2
n
(
a
k
−
a
k
−
1
)
{\displaystyle a_{n}=a_{1}+\sum _{k=2}^{n}(a_{k}-a_{k-1})}
Frage: Warum gilt
a
n
=
a
1
+
∑
k
=
2
n
(
a
k
−
a
k
−
1
)
{\displaystyle a_{n}=a_{1}+\sum _{k=2}^{n}(a_{k}-a_{k-1})}
?
Es ist
a
1
+
∑
k
=
2
n
(
a
k
−
a
k
−
1
)
↓
Indexverschiebung
=
a
1
+
∑
k
=
1
n
−
1
(
a
k
+
1
−
a
k
)
↓
Teleskopsumme
=
a
1
+
(
a
n
−
a
1
)
=
a
n
{\displaystyle {\begin{aligned}&a_{1}+\sum _{k=2}^{n}(a_{k}-a_{k-1})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.}\\[0.3em]=\ &a_{1}+\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_{k})\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[0.3em]=\ &a_{1}+(a_{n}-a_{1})\\[0.3em]=\ &a_{n}\end{aligned}}}
Dies können wir noch schreiben als
a
n
=
∑
k
=
1
n
c
k
{\displaystyle a_{n}=\sum _{k=1}^{n}c_{k}}
mit
c
k
=
{
a
k
−
a
k
−
1
;
k
≥
2
a
1
;
k
=
1
{\displaystyle c_{k}={\begin{cases}a_{k}-a_{k-1}&;k\geq 2\\a_{1}&;k=1\end{cases}}}
Die Folge
(
a
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
ist somit gleich der Reihe
∑
k
=
1
∞
c
k
{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }c_{k}}
(diese Reihe fassen wir dabei als Folge ihrer Partialsummen auf).