Aufgaben zu Reihen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Teleskopreihen

Aufgabe

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz und berechne gegebenenfalls den Grenzwert.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}\right)$
2. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2k+1}{k^{2}(k+1)^{2}}}$
3. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+2)}}$
4. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{4k^{2}+4k-3}}$
5. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}$
6. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k-1}{k(k+1)(k+2)}}$

Hinweis zur dritten Teilaufgabe: Es gilt ${\frac {1}{k(k+2)}}={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}$. Warum?

Hinweis zur fünften Teilaufgabe: Es gilt ${\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {1}{k+1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}$.

Lösung

Teilaufgabe 1: Es handelt sich um eine Teleskopreihe mit $a_{k}={\sqrt {k}}$. Für die Partialsummen gilt

$\sum _{k=1}^{n}\left({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}\right)={\sqrt {n+1}}-{\sqrt {1}}$

Da $(a_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ divergiert, divergiert auch die Reihe.

Alternative Lösung: Mit Hilfe eines einfachen Umformungstricks lässt sich die Folge der Partialsummen auch direkt nach unten Abschätzen:

${\begin{aligned}s_{n}&=\sum \limits _{k=1}^{n}\left({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}\right)\\&=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {\left({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}\right)\left({\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}\right)}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}\\&=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {k+1-k}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}\\&=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}\\&\geq \sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k+1}}}}\\&=\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{2{\sqrt {k+1}}}}\\&\geq \sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{2(k+1)}}\end{aligned}}$

Wegen $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2(k+1)}}=\infty$ (harmonische Reihe) ist $(s_{n})$ unbeschränkt, und die Reihe somit divergent.

Teilaufgabe 2: Es gilt

${\begin{aligned}{\frac {2k+1}{k^{2}(k+1)^{2}}}&={\frac {k^{2}+2k+1-k^{2}}{k^{2}(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{2}-k^{2}}{k^{2}(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{2}}{k^{2}(k+1)^{2}}}-{\frac {k^{2}}{k^{2}(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{k^{2}}}-{\frac {1}{(k+1)^{2}}}\end{aligned}}$

In dieser Form bildet die Reihe offensichtlich eine Teleskopreihe mit $a_{k}={\tfrac {1}{k^{2}}}$, und es gilt:

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2k+1}{k^{2}(k+1)^{2}}}{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{k^{2}}}-{\frac {1}{(k+1)^{2}}}\right)=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}-{\frac {1}{(n+1)^{2}}}\right)=1$

Teilaufgabe 3: Der Hinweis gilt wegen

${\begin{aligned}{\frac {1}{k(k+2)}}&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot 2}{k(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot (k+2-k)}{k(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}(k+2)}{k(k+2)}}-{\frac {{\frac {1}{2}}k}{k(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}\end{aligned}}$

Bei der Teleskopsumme handelt es sich hier um eine allgemeinere Variante, bei der nicht nur der erste und der letzte Summand, sondern die ersten beiden und die letzten beiden Summanden übrig bleiben:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+2)}}&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+2)}}\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+2}}\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\left[\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{5}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{n-2}}-{\frac {1}{n}}\right)+\left({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n+1}}\right)+\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+2}}\right)\right]\\&{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+2}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[1+{\frac {1}{2}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{2}}\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 4: Es gilt

${\begin{aligned}{\frac {1}{4k^{2}+4k-3}}&={\frac {1}{(2k-1)(2k+3)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{4}}\cdot 4}{(2k-1)(2k+3)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{4}}\cdot (2k+4-2k)}{(2k-1)(2k+3)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{4}}\cdot (2k+3-2k+1)}{(2k-1)(2k+3)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\cdot \left({\frac {2k+3}{(2k-1)(2k+3)}}-{\frac {2k-1}{(2k-1)(2k+3)}}\right)\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+3}}\right)\end{aligned}}$

Dadurch entsteht nun die folgende Teleskopsumme:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{4k^{2}+4k-3}}&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{4k^{2}+4k-3}}\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{4}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+3}}\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{4}}\cdot \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+3}}\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{4}}\left[\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{5}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{7}}\right)+\left({\frac {1}{5}}-{\frac {1}{9}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{2n-5}}-{\frac {1}{2n-1}}\right)+\left({\frac {1}{2n-3}}-{\frac {1}{2n+1}}\right)+\left({\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2n+3}}\right)\right]\\&{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{4}}\left[{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n+3}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\cdot \left[1+{\frac {1}{3}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {4}{3}}\\[0.5em]&={\frac {1}{3}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 5: Laut dem Hinweis gilt

${\begin{aligned}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}&={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {1}{k+1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}\\[0.5em]&={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}+{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}}\\[0.5em]&={\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}-({\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}})\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit lässt sich die Reihe als Differenz zweier Telekopreihen berechnen:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {\frac {1}{2}}{k}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}-({\frac {\frac {1}{2}}{k+1}}-{\frac {\frac {1}{2}}{k+2}})\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)-{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k+1}}-{\frac {1}{k+2}}\right)\\[0.5em]&{\underset {\text{summen}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\left[\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{n+1}}\right)-\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{n+2}}\right)\right]\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}-0+0\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

Alternative Lösung: Es gilt

${\begin{aligned}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot 2}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot (k+2-k)}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}(k+2)}{k(k+1)(k+2)}}-{\frac {{\frac {1}{2}}k}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {\frac {1}{2}}{k(k+1)}}-{\frac {\frac {1}{2}}{(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit lässt sich die Reihe als Telekopreihen berechnen:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {\frac {1}{2}}{k(k+1)}}-{\frac {\frac {1}{2}}{(k+1)(k+2)}}\right)\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k(k+1)}}-{\frac {1}{(k+1)(k+2)}}\right)\\[0.5em]&{\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{1\cdot 2}}-{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}-0\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 6: Es gilt

${\frac {k-1}{k(k+1)(k+2)}}={\frac {k}{k(k+1)(k+2)}}-{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}={\frac {1}{(k+1)(k+2)}}-{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}$

Damit folgt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k-1}{k(k+1)(k+2)}}&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {k-1}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{(k+1)(k+2)}}-{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\right)\\[0.5em]&{\underset {\text{verschiebung}}{\overset {\text{Index-}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }\left[\sum _{k=2}^{n-1}{\frac {1}{k(k+1)}}-\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\right]\\[0.5em]&=\lim \limits _{n\to \infty }\left[\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{k(k+1)}}-{\frac {1}{1\cdot 2}}-\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\right]\\[0.5em]&{\underset {\text{Grenzwerte}}{\overset {\text{Rechenregeln}}{=}}}\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{k(k+1)}}-{\frac {1}{1\cdot 2}}-\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&=\underbrace {\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}} _{=1}-{\frac {1}{2}}-\underbrace {\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)(k+2)}}} _{={\frac {1}{4}}{\text{ nach }}4.}\\[0.5em]&=1-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}\\[0.5em]&={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$

Geometrische Reihen

Aufgabe (Berechnung geometrischer Reihen)

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz und berechne gegebenenfalls mit Hilfe der Rechenregeln den Grenzwert.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {3^{k}}{7^{k}}}$
2. $\sum _{k=0}^{\infty }\left(-{\frac {4}{3}}\right)^{k}$
3. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {4}{(-3)^{k}}}$
4. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2^{k}-1}{3^{k}}}\right)$
5. $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ mit $a_{k}={\frac {1}{2^{k}}}$ für gerade $k$ und $a_{k}={\frac {1}{3^{k}}}$ für ungerade $k$
6. $\sum _{k=2}^{\infty }\left({\frac {3\cdot 2^{k+1}+9\cdot (-1)^{k}}{4\cdot 5^{k}}}\right)$

Lösung (Berechnung geometrischer Reihen)

Teilaufgabe 1: Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {3^{k}}{7^{k}}}&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {3}{7}}\right)^{k}-\underbrace {\frac {3^{0}}{7^{0}}} _{=1}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{geometrische Reihe mit }}q={\frac {3}{7}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{1-{\frac {3}{7}}}}-1\\[0.5em]&={\frac {1}{\frac {4}{7}}}-1\\[0.5em]&={\frac {7}{4}}-1\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 2: Wegen $|q|=\left|-{\tfrac {4}{3}}\right|={\tfrac {4}{3}}>1$ divergiert die Reihe.

Teilaufgabe 3: Da die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }\left(-{\frac {1}{3}}\right)^{k}$ konvergiert, gilt mit den Rechenregeln

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {4}{(-3)^{k}}}&=\sum _{k=0}^{\infty }4\cdot \left(-{\frac {1}{3}}\right)^{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel für konvergente Reihen}}\right.}\\[0.5em]&=4\cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left(-{\frac {1}{3}}\right)^{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{geometrische Reihe mit }}q=-{\frac {1}{3}}\right.}\\[0.5em]&=4\cdot {\frac {1}{1-\left(-{\frac {1}{3}}\right)}}\\[0.5em]&=4\cdot {\frac {1}{\frac {4}{3}}}\\[0.5em]&=4\cdot {\frac {3}{4}}\\[0.5em]&=3\end{aligned}}$

Teilaufgabe 4: Da die Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}$ konvergieren, gilt mit den Rechenregeln

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2^{k}-1}{3^{k}}}\right)&=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2^{k}}{3^{k}}}-{\frac {1}{3^{k}}}\right)\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Summenregel für konvergente Reihen}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}-\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}-\underbrace {\left({\frac {2}{3}}\right)^{0}} _{=1}-\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}+\underbrace {\left({\frac {1}{3}}\right)^{0}} _{=1}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}-\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Formel für geometrische Reihen}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{1-{\frac {2}{3}}}}-{\frac {1}{1-{\frac {1}{3}}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{\frac {1}{3}}}-{\frac {1}{\frac {2}{3}}}\\[0.5em]&=3-{\frac {3}{2}}\\[0.5em]&={\frac {3}{2}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 5: Da die Reihen $\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{4}}\right)^{k}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{9}}\right)^{k}$ konvergieren, gilt mit den Rechenregeln

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2^{2k}}}+{\frac {1}{3^{2k+1}}}\right)\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\left(\left({\frac {1}{4}}\right)^{k}+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{9}}\right)^{k}\right)\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Summenregel und Faktorregel für konvergente Reihen}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{4}}\right)^{k}+{\frac {1}{3}}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{9}}\right)^{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Formel für geometrische Reihen}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{1-{\frac {1}{4}}}}+{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{9}}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{\frac {3}{4}}}+{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{\frac {8}{9}}}\\[0.5em]&={\frac {4}{3}}+{\frac {1}{3}}\cdot {\frac {9}{8}}\\[0.5em]&={\frac {4}{3}}+{\frac {3}{8}}\\[0.5em]&={\frac {32}{24}}+{\frac {9}{24}}\\[0.5em]&={\frac {41}{24}}\end{aligned}}$

Teilaufgabe 6: Da die Reihen $\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {2}{5}}\right)^{k}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{5}}\right)^{k}$ konvergieren, gilt mit den Rechenregeln

${\begin{aligned}\sum _{k=2}^{\infty }\left({\frac {3\cdot 2^{k+1}+9\cdot (-1)^{k}}{4\cdot 5^{k}}}\right)&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {3\cdot 2\cdot 2^{k}+9\cdot (-1)^{k}}{4\cdot 5^{k}}}\right)-{\frac {3\cdot 2+9\cdot 1}{4\cdot 1}}-{\frac {3\cdot 4-9\cdot 1}{4\cdot 5}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {6}{4}}\cdot {\frac {2^{k}}{5^{k}}}+{\frac {9}{4}}\cdot {\frac {(-1)^{k}}{5^{k}}}\right)-{\frac {15}{4}}-{\frac {3}{20}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Summenregel und Faktorregel für konvergente Reihen}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {6}{4}}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {2}{5}}\right)^{k}+{\frac {9}{4}}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left(-{\frac {1}{5}}\right)^{k}-{\frac {15}{4}}-{\frac {3}{20}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Formel für geometrische Reihen}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {3}{2}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {2}{5}}}}+{\frac {9}{4}}\cdot {\frac {1}{1+{\frac {1}{5}}}}-{\frac {15}{4}}-{\frac {3}{20}}\\[0.5em]&={\frac {3}{2}}\cdot {\frac {5}{3}}+{\frac {9}{4}}\cdot {\frac {5}{6}}-{\frac {75}{20}}-{\frac {3}{20}}\\[0.5em]&={\frac {5}{2}}+{\frac {15}{8}}-{\frac {78}{20}}\\[0.5em]&={\frac {20}{8}}+{\frac {15}{8}}-{\frac {78}{20}}\\[0.5em]&={\frac {35}{8}}-{\frac {78}{20}}\\[0.5em]&={\frac {175}{40}}-{\frac {156}{40}}\\[0.5em]&={\frac {19}{40}}\end{aligned}}$

Harmonische Reihen

Aufgabe (Harmonische Reihen)

Für diese Aufgabe darfst du voraussetzen, dass $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, und $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$ gilt.

1. Begründe, dass die Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}$, $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{2}}}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}$ konvergieren.
2. Berechne $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}$.

Lösung (Harmonische Reihen)

Teilaufgabe 1:

1. Reihe: Die Folge der Partialsummen $(s_{n})=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}\right)$ ist monoton steigend, da alle Summanden positiv sind. Außerdem ist $(s_{n})$ nach oben beschränkt, wegen

$s_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}\leq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\leq \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

Also konvergiert $(s_{n})$ nach dem Monotoniekriterium.

2. Reihe: Da $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert nach den Grenzwertsätzen für Reihen auch ${\frac {1}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{4k^{2}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{2}}}$.

3. Reihe: Wegen $\sum _{k=1}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}\right|=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$ konvergiert die Reihe absolut, und daher auch im gewöhnlichen Sinne.

Teilaufgabe 2:

1. Reihe: Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}&=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{(2k-1)^{2}}}+{\frac {1}{(2k)^{2}}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{alle Reihen konvergieren}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k)^{2}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}+{\frac {1}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\end{aligned}}$

Daraus folgt nun

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}-{\frac {1}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\cdot {\frac {\pi ^{2}}{6}}\\[0.5em]&={\frac {\pi ^{2}}{8}}\end{aligned}}$

2. Reihe: Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}&=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{(2k-1)^{2}}}-{\frac {1}{(2k)^{2}}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{alle Reihen konvergieren}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{2}}}-{\frac {1}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {3}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}-{\frac {1}{4}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi ^{2}}{6}}\\[0.5em]&={\frac {\pi ^{2}}{12}}\end{aligned}}$

Anmerkung

Für die verallgemeinerte harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$ mit $\alpha >1$ lässt sich analog zeigen:

• $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(2k-1)^{\alpha }}}=(1-{\frac {1}{2^{\alpha }}})\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$
• $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{\alpha }}}=(1-{\frac {1}{2^{\alpha -1}}})\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$

Aufgabe (Alternierende harmonische Reihen)

Für diese Aufgabe darfst du voraussetzen, dass $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k}}$ konvergiert und $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k}}=\ln {2}$ gilt.

Begründe, warum die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k(k+1)}}$ konvergiert, und berechne anschließend ihren Grenzwert.

Lösung (Alternierende harmonische Reihen)

• Konvergenz: Wir zeigen sogar, dass die Reihe absolut konvergiert. Im Kapitel über absolute Konvergenz haben wir gezeigt, dass sie dann auch im gewöhnlichen Sinne konvergiert. Sei also $(s_{n})=\left(\sum _{k=1}^{n}\left|{\frac {(-1)^{n+1}}{k(k+1)}}\right|\right)=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}\right)$. Da alle Summanden positiv sind, ist $(s_{n})$ monoton steigend. Weiter gilt

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}{\overset {{\frac {1}{k+1}}\leq {\frac {1}{k}}}{\leq }}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\leq \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$.

Also $(s_{n})$ beschränkt, und daher nach dem Monotoniekriterium konvergent.

• Grenzwert: Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k(k+1)}}&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k(k+1)}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Partialbruchzerlegung}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Reihen }}\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}{\text{ und }}\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k+1}}{\text{ konvergieren}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k+1}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}+\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+2}{\frac {1}{k+1}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}+\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k+2}{\frac {1}{k+1}}-1\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung bei 2. Reihe}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}+\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}-1\\[0.5em]&=\ln(2)+\ln(2)-1\\[0.5em]&=2\ln(2)-1\end{aligned}}$

e-Reihe

Aufgabe (e-Reihen)

Begründe, warum die folgenden Reihen konvergieren, und berechne dann deren Grenzwert:

1. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k-1}{k!}}=-1+0+{\frac {1}{2!}}+{\frac {2}{3!}}+{\frac {3}{4!}}+\ldots$
2. $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+1}{k!}}=1+{\frac {2}{1!}}+{\frac {3}{2!}}+{\frac {4}{3!}}+\ldots$

Lösung (e-Reihen)

Teilaufgabe 1: Die Folge der Partialsummen $(s_{n})=\left(\sum _{k=0}^{n}{\frac {k-1}{k!}}\right)$ ist monoton wachsend und nach oben beschränkt, wegen

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {k-1}{k!}}&\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {k}{k!}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{k!}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{(k-1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&=e<\infty \end{aligned}}$

Also konvergiert die Folge $(s_{n})$ nach dem Monotoniekriterium.

Weiter gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k-1}{k!}}&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {k}{k!}}-{\frac {1}{k!}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Reihen konvergieren}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k}{k!}}-\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{k!}}-e\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(k-1)!}}-e\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}-e\\[0.5em]&=e-e\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Alternative Lösung: Mit Teleskopsumme. Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k-1}{k!}}&=-1+\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {k}{k!}}-{\frac {1}{k!}}\right)\\[0.5em]&=-1+\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{(k-1)!}}-{\frac {1}{k!}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.\\[0.5em]&=-1+\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{0!}}-{\frac {1}{n!}}\right)\\[0.5em]&=-1+\left(1-\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n!}}\right)\\[0.5em]&=-1+1-0\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Teilaufgabe 2: Die Folge der Partialsummen $(s_{n})=\left(\sum _{k=0}^{n}{\frac {k+1}{k!}}\right)$ ist monoton wachsend und nach oben beschränkt, wegen

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {k+1}{k!}}&\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {k+k}{k!}}\\[0.5em]&=2\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{k!}}\\[0.5em]&=2\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{(k-1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.\\[0.5em]&=2\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&\leq 2\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&=2e<\infty \end{aligned}}$

Also konvergiert die Folge $(s_{n})$ nach dem Monotoniekriterium.

Weiter gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+1}{k!}}&=\sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {k}{k!}}+{\frac {1}{k!}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Reihen konvergieren}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k}{k!}}+\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{k!}}+e\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(k-1)!}}+e\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}+e\\[0.5em]&=e+e\\[0.5em]&=2e\end{aligned}}$

Aufgaben zu Umordnungen von Reihen

Aufgabe (Umordnungen von alternierenden harmonischen Reihen)

Die alternierende harmonische Reihen

$\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}-{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{9}}-{\frac {1}{10}}+\ldots +{\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2n}}\pm \ldots$

und

$\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k^{2}}}=1-{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{3^{2}}}-{\frac {1}{4^{2}}}+{\frac {1}{5^{2}}}-{\frac {1}{6^{2}}}+{\frac {1}{7^{2}}}-{\frac {1}{8^{2}}}+{\frac {1}{9^{2}}}-{\frac {1}{10^{2}}}+\ldots +{\frac {1}{(2n-1)^{2}}}-{\frac {1}{(2n)^{2}}}\pm \ldots$

konvergieren gegen die Grenzwerte $S$ bzw. $T$. Zeige, dass die folgenden Umordnungen gegen die angegebenen Grenzwerte konvergieren:

1. ${\color {green}1+{\frac {1}{3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}{\color {green}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}}+\ldots {\color {green}+{\frac {1}{4n-3}}+{\frac {1}{4n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}-{\frac {1}{4n}}}\pm \ldots =S$
2. ${\color {green}1+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}{\color {green}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{11}}+{\frac {1}{13}}+{\frac {1}{15}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}}+\ldots {\color {green}+{\frac {1}{8n-7}}+{\frac {1}{8n-5}}+{\frac {1}{8n-3}}+{\frac {1}{8n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}-{\frac {1}{4n}}}\pm \ldots ={\frac {3}{2}}S$
3. ${\color {green}1+{\frac {1}{3^{2}}}+{\frac {1}{5^{2}}}+{\frac {1}{7^{2}}}}{\color {Red}-{\frac {1}{2^{2}}}-{\frac {1}{4^{2}}}}{\color {green}+{\frac {1}{9^{2}}}+{\frac {1}{11^{2}}}+{\frac {1}{13^{2}}}+{\frac {1}{15^{2}}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6^{2}}}-{\frac {1}{8^{2}}}}+\ldots {\color {green}+{\frac {1}{(8n-7)^{2}}}+{\frac {1}{(8n-5)^{2}}}+{\frac {1}{(8n-3)^{2}}}+{\frac {1}{(8n-1)^{2}}}}{\color {Red}-{\frac {1}{(4n-2)^{2}}}-{\frac {1}{(4n)^{2}}}}\pm \ldots =T$

Hinweis zu Teilaufgabe 2: Zeige zunächst: $S_{8n}+{\frac {1}{2}}S_{4n}=T_{6n}$, falls $S_{n}$ die $n$-te Partialsumme der alternierenden harmonischen Reihe, und $T_{n}$ die $n$-te Partialsummen der umgeordneten Reihe ist.

Lösung (Umordnungen von alternierenden harmonischen Reihen)

Teilaufgabe 1: Sind $S_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {(-1)^{k+1}}{k}}$ und $T_{m}=\sum _{k=1}^{m}{\frac {(-1)^{\sigma (k+1)}}{\sigma (k)}}$ die Partialsummen der alternierenden harmonischen Reihe , und der Umordnung aus Teil 1, so gilt

${\begin{aligned}T_{4n}&={\color {green}1+{\frac {1}{3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}{\color {green}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}}{\color {green}+}\ldots {\color {green}+{\frac {1}{4n-3}}+{\frac {1}{4n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}-{\frac {1}{4n}}}\\&=\left({\color {green}1+{\frac {1}{3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}\right)+\left({\color {green}{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}}\right)+\ldots +\left({\color {green}{\frac {1}{4n-3}}+{\frac {1}{4n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}-{\frac {1}{4n}}}\right)\\&=\left({\color {green}1}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}{\color {green}+{\frac {1}{3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4}}}\right)+\left({\color {green}{\frac {1}{5}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}}{\color {green}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{8}}}\right)+\ldots +\left({\color {green}{\frac {1}{4n-3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}}{\color {green}+{\frac {1}{4n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n}}}\right)\\&={\color {green}1}{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}{\color {green}+{\frac {1}{3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4}}}{\color {green}+{\frac {1}{5}}}{\color {Red}-{\frac {1}{6}}}{\color {green}+{\frac {1}{7}}}{\color {Red}-{\frac {1}{8}}}{\color {green}+}\ldots {\color {green}+{\frac {1}{4n-3}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n-2}}}{\color {green}+{\frac {1}{4n-1}}}{\color {Red}-{\frac {1}{4n}}}\\&=S_{4n}\end{aligned}}$

Nun konvergiert $(S_{4n})_{n\in \mathbb {N} }$, und damit $(S_{n})_{n\in \mathbb {N} }$, gegen $S$. Also konvergiert auch $(T_{4n})_{n\in \mathbb {N} }$, und damit $(T_{n})_{n\in \mathbb {N} }$, gegen $S$.

Teilaufgabe 2: Es gilt

${\begin{aligned}S_{8n}+{\frac {1}{2}}S_{4n}&=\sum _{k=1}^{8n}(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}+{\frac {1}{2}}\left(\sum _{k=1}^{4n}(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}\right)\\&=\left(1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}-{\frac {1}{8}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{8n-7}}-{\frac {1}{8n-6}}+{\frac {1}{8n-5}}-{\frac {1}{8n-4}}+{\frac {1}{8n-3}}-{\frac {1}{8n-2}}+{\frac {1}{8n-1}}-{\frac {1}{8n}}\right)\\&\quad +{\frac {1}{2}}\left(1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)+\ldots +{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{4n-3}}-{\frac {1}{4n-2}}+{\frac {1}{4n-1}}-{\frac {1}{4n}}\right)\\&=\left(1{\color {Orange}-{\frac {1}{2}}}+{\frac {1}{3}}{\color {blue}-{\frac {1}{4}}}+{\frac {1}{5}}{\color {Orange}-{\frac {1}{6}}}+{\frac {1}{7}}{\color {blue}-{\frac {1}{8}}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{8n-7}}{\color {Orange}-{\frac {1}{8n-6}}}+{\frac {1}{8n-5}}{\color {blue}-{\frac {1}{8n-4}}}+{\frac {1}{8n-3}}{\color {Orange}-{\frac {1}{8n-2}}}+{\frac {1}{8n-1}}{\color {blue}-{\frac {1}{8n}}}\right)\\&\quad +\left({\color {Orange}{\frac {1}{2}}}{\color {blue}-{\frac {1}{4}}}{\color {Orange}+{\frac {1}{6}}}{\color {blue}-{\frac {1}{8}}}\right)+\ldots +\left({\color {Orange}{\frac {1}{8n-6}}}{\color {blue}-{\frac {1}{8n-4}}}{\color {Orange}+{\frac {1}{8n-2}}}{\color {blue}-{\frac {1}{8n}}}\right)\\&=\left(1+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}{\color {blue}-{\frac {2}{4}}-{\frac {2}{8}}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{8n-7}}+{\frac {1}{8n-5}}+{\frac {1}{8n-3}}+{\frac {1}{8n-1}}{\color {blue}-{\frac {2}{8n-4}}-{\frac {2}{8n}}}\right)\\&=\left(1+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}{\color {blue}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{8n-7}}+{\frac {1}{8n-5}}+{\frac {1}{8n-3}}+{\frac {1}{8n-1}}{\color {blue}-{\frac {1}{4n-2}}-{\frac {1}{4n}}}\right)\\&=T_{6n}\end{aligned}}$

Da $(S_{8n})$ und $(S_{4n})$ gegen $S$ konvergieren, konvergiert $S_{8n}+{\frac {1}{2}}S_{4n}$ gegen $S+{\frac {1}{2}}S={\frac {3}{2}}S$. Mit dem eben Gezeigten konvergiert auch $(T_{6n})$, und damit $(T_{n})$ gegen ${\frac {3}{2}}S$.

Teilaufgabe 3: Wegen $\sum _{k=1}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}\right|=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$ konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{k^{2}}}$ absolut. Mit dem Umordungssatz für absolut konvergente Reihen konvergiert auch jede Umordung dieser Reihe gegen denselben Grenzwert. Also konvergiert die angegebene Umordung gegen $T$.

Aufgabe (Umordnungen von konvergenter, jedoch nicht absolut konvergenter Reihen)

Beweise die folgenden Aussagen: Ist $\sum \limits _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine konvergente, jedoch nicht absolut konvergente Reihe, so gibt es eine Umordnung dieser Reihe, die

1. divergiert, jedoch nicht bestimmt gegen $\infty$ oder $-\infty$.
2. gegen ein beliebiges $S\in \mathbb {R}$ konvergiert.

Lösung (Umordnungen von konvergenter, jedoch nicht absolut konvergenter Reihen)

Wir benutzen in beiden Teilaufgaben, dass bei einer konvergente, jedoch nicht absolut konvergente Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }a_{k}$, sowohl die Reihe der positiven Glieder $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{+}$ als auch die Reihe der negativen Glieder $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}^{-}$ uneigentlich gegen $+\infty$ bzw. $-\infty$ konvergiert.

Teilaufgabe 1: Wir wählen zunächst $m_{1}\in \mathbb {N}$ so, dass $\sum _{k=1}^{m_{1}}a_{k}^{+}\geq 1$ ist. Für unsere Umordnung $\sigma$ setzen wir $a_{\sigma (k)}=a_{k}^{+}$ für $1\leq k\leq m_{1}$. Dann ist $\sum _{k=1}^{m_{1}}a_{\sigma (k)}\geq 1$.

Nun wählen wir $m_{2}\in \mathbb {N}$ mit $m_{2}>m_{1}$ so, dass $\sum _{k=1}^{m_{1}}a_{k}^{+}+\sum _{k=m_{1}}^{m_{2}}a_{k}^{-}\leq -1$ ist. Für unsere Umordnung $\sigma$ setzen wir daher $a_{\sigma (k)}=a_{k-m_{1}}^{-}$ für $m_{1}\leq k\leq m_{2}$. Dann ist $\sum _{k=1}^{m_{2}}a_{\sigma (k)}\leq -1$.

Anschließend wählen wir wieder ein $m_{3}\in \mathbb {N}$ mit $m_{3}>m_{1}$, so dass wieder gilt $\sum _{k=1}^{m_{2}}a_{\sigma (k)}+\sum _{k=m_{2}+1}^{m_{3}}a_{k}^{+}\geq 2$ und setzen $a_{\sigma (k)}=a_{k-m_{2}+m_{1}}^{+}$ für $m_{2}+1\leq k\leq m_{3}$, so ist $\sum _{k=1}^{m_{3}}a_{\sigma (k)}\geq 3$.

Dies setzen wir mit den negativen Summanden erneut fort und bestimmen $m_{3}\in \mathbb {N}$ mit $m_{4}>m_{2}$, so dass bei entsprechender Anpassung unserer Umordnung $\sigma$ gilt $\sum _{k=1}^{m_{4}}a_{\sigma (k)}\leq -2$.

Führen wir dies nun sukzessive fort, so erhalten wir die Umordnung $\sum _{k=1}^{\infty }a_{\sigma (k)}$ unserer Reihe für die gilt:

Zu jedem $M\in \mathbb {N}$ gibt es $M_{1}\in \mathbb {N}$ mit $\sum _{k=1}^{M_{1}}a_{\sigma (k)}>M$ und $M_{2}\in \mathbb {N}$ mit $\sum _{k=1}^{M_{2}}a_{\sigma (k)}<-M$.

Die so entstandene Umordnung divergiert daher, jedoch nicht bestimmt gegen $\infty$ oder $-\infty$.

Teilaufgabe 2: Hier wählen wir zunächst das kleinstmögliche $m_{1}\in \mathbb {N}$ so, dass $\sum _{k=1}^{m_{1}}a_{k}^{+}\geq S$ ist. Für unsere Umordnung $\sigma$ bedeutet dies $\sigma (k)=a_{k}^{+}$ für $1\leq k\leq m_{1}$. Dann ist $\sum _{k=1}^{m_{1}}a_{\sigma (k)}\geq S$.

Nun wählen wir das kleinstmögliche $m_{2}\in \mathbb {N}$ mit $\sum _{k=1}^{m_{1}}+\sum _{k=1}^{m_{2}}a_{k}^{-}\leq S$. Setzen wir $\sigma (k)=a_{k-m_{1}}^{-}$ für $m_{1}+1\leq k\leq m_{2}$, so gilt $\sum _{k=1}^{m_{1}+1}a_{\sigma (k)}\leq S$.

Dieses Prinzip setzen wir fort, und erhalten so weiter kleinstmögliche $m_{3}\in \mathbb {N}$ und $m_{4}\in \mathbb {N}$, so dass bei entsprechender Anpassung von $\sigma$ gilt $\sum _{k=1}^{m_{3}}a_{\sigma (k)}\geq S$ und $\sum _{k=1}^{m_{4}}a_{\sigma (k)}\leq S$.

Führen wir dies nun sukzessive fort, so erhalten wir die Umordnung $\sum _{k=1}^{\infty }a_{\sigma (k)}$ der alternierenden harmonischen Reihe mit

${\begin{aligned}a_{\sigma (k)}=(a_{1}^{+},a_{2}^{+},\ldots ,a_{m_{1}}^{+},a_{1}^{-},a_{2}^{-},\ldots ,a_{m_{2}-m_{1}}^{-},\ldots )\end{aligned}}$

Die so entstandene Umordnung konvergiert gegen $S$, denn es gilt für $n\in \mathbb {N}$:

${\begin{aligned}S+a_{1}^{-}&\leq \sum \limits _{k=1}^{m_{2}}a_{\sigma (k)}\leq S\leq \sum _{k=1}^{m_{1}}a_{\sigma (k)}\leq S+a_{1}^{+}\\S+a_{2}^{-}&\leq \sum \limits _{k=1}^{m_{4}}a_{\sigma (k)}\leq S\leq \sum _{k=1}^{m_{2}}a_{\sigma (k)}\leq S+a_{2}^{+}\\\\&\vdots &\\S+a_{n}^{-}&\leq \sum \limits _{k=1}^{m_{n}}a_{\sigma (k)}\leq S\leq \sum _{k=1}^{m_{n}}a_{\sigma (k)}\leq S+a_{n}^{+}\\\end{aligned}}$

Für $n\to \infty$ gilt $m_{n}\to \infty$, sowie $a_{n}^{+}\to 0$ und $a_{n}^{-}\to 0$. Daher folgt mit dem Sandwichsatz:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{\sigma (k)}=S\end{aligned}}$

Aufgaben zum Cauchy-Produkt

Aufgabe (Gegenbeispiele zur intuitiven Formel)

Finde jeweils ein Beispiel zweier Reihen $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$, so dass

1. beide Reihen konvergieren, jedoch $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\cdot b_{k}$ divergiert.
2. beide Reihen divergieren, jedoch $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\cdot b_{k}$ konvergiert.

Lösung (Gegenbeispiele zur intuitiven Formel)

Lösung Teilaufgabe 1:

Wählen wir beispielsweise $a_{k}=b_{k}={\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k}}}$, so konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k}}}$ nach dem Leibniz-Kriterium.

Jedoch gilt $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\cdot b_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k}}}\cdot {\frac {(-1)^{k}}{\sqrt {k}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{2k}}{{\sqrt {k}}\cdot {\sqrt {k}}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$, und diese Reihe divergiert, da es sich um die Harmonische Reihe handelt.

Lösung Teilaufgabe 2:

Wählen wir umgekehrt beispielsweise $a_{k}=b_{k}={\frac {1}{k}}$, so divergiert die harmonische Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k}}$.

Jedoch ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\cdot b_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}\cdot {\frac {1}{k}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergent.

Aufgabe (Cauchy-Produkt von Exponential und geometrischen Reihen)

Bilde für $x\in \mathbb {R} ,\ |x|<1$ das Cauchy-Produkt der folgenden Reihen

1. $\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)$
2. $\left(\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x^{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)$
3. $\left(\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)$. Leiten sie außerdem jeweils eine Formel für die Produktsumme her.

Lösung (Cauchy-Produkt von Exponential und geometrischen Reihen)

Lösung Teilaufgabe 1:

Da sowohl die Exponentialreihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}$ als auch die geometrische Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$ für $|x|<1$ absolut konvergieren folgt

${\begin{aligned}&\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Cauchy-Produktformel}}\quad \left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}a_{i}\cdot b_{k-i}\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{i}}{i!}}\cdot x^{k-i}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{i=0}^{k}{\frac {1}{i!}}\right)x^{k}\end{aligned}}$

Diese Reihe/Summe kann nicht weiter vereinfacht werden. Wegen $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}}=e^{x}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}$ gilt außerdem

$\sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{i=0}^{k}{\frac {1}{i!}}\right)x^{k}=e^{x}\cdot {\frac {1}{1-x}}={\frac {e^{x}}{1-x}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

Da die geometrischen Reihen $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }(-x)^{k}$ für $|x|<1$ absolut konvergieren folgt

${\begin{aligned}&\left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x^{k}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Cauchy-Produktformel}}\quad \left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}a_{i}\cdot b_{k-i}\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}(-1)^{i}x^{i}\cdot x^{k-i}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{i=0}^{k}(-1)^{i}\right)x^{k}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Cauchy-Produktformel}}\quad \sum _{i=0}^{k}(-1)^{k}={\begin{cases}1&\ {\text{für gerade }}k,\\0&\ {\text{für ungerade }}k\\\end{cases}}\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }1\cdot x^{2k}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }x^{2k}\\[0.3em]\end{aligned}}$

Wegen $\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }(-x)^{k}={\frac {1}{1-(-x)}}={\frac {1}{1+x}}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}$ gilt außerdem

$\sum _{k=0}^{\infty }x^{2k}={\frac {1}{1+x}}\cdot {\frac {1}{1-x}}={\frac {1}{(1+x)(1-x)}}={\frac {1}{1-x^{2}}}$

Diese Formel erhällt man auch, wenn man in der geometrischen Reihenformel $\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}={\frac {1}{1-q}}$ die Substitution $q=x^{2}$ durchführt.

Lösung Teilaufgabe 3:

Nach unserem 2.Anwendungsbeispiel konvergiert die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$ ebenso wie die geometrische Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}$ absolut für $|x|<1$. Damit folgt

${\begin{aligned}&\left(\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Cauchy-Produktformel}}\quad \left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}a_{i}\cdot b_{k-i}\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}(i+1)x^{i}\cdot x^{k-i}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{i=0}^{k}(i+1)\right)x^{k}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\quad i\to i+1\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }\left(\sum _{i=1}^{k+1}i\right)x^{k}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Gaußsche-Summenformel}}\quad \sum _{i=0}^{n}i={\frac {n(n+1)}{2}}{\text{ mit }}n=k+1\right.}\\[0.3em]=&\ \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(k+1)(k+2)}{2}}x^{k}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Faktor}}\ {\frac {1}{2}}{\text{ darf wegen Konvergenz rausgezogen werden}}\right.}\\[0.3em]=&\ {\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)(k+2)x^{k}\end{aligned}}$

Wegen $\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)x^{k}={\frac {1}{(1-x)^{2}}}$ und $\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}$ gilt außerdem

${\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)(k+2)x^{k}={\frac {1}{(1-x)^{2}}}\cdot {\frac {1}{1-x}}={\frac {1}{(1-x)^{3}}}$ oder $\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)(k+2)x^{k}={\frac {2}{(1-x)^{3}}}$

Aufgabe (Cauchy-Produkt geometrischer Reihen)

Zeige für alle $p\in \mathbb {N}$ und für $|x|<1$ die Formel ${\frac {1}{(1-x)^{p}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+p-1}{k}}x^{k}$ mittels vollständiger Induktion über $p$. Verwende dabei im Induktionsschritt die Formel $\sum _{i=0}^{k}{\binom {i+p-1}{i}}={\binom {k+p}{k}}$.

Beweis (Cauchy-Produkt geometrischer Reihen)

Beweisschritt: Induktionsanfang: $p=1$.

${\begin{aligned}{\frac {1}{(1-x)^{1}}}&={\frac {1}{1-x}}\\&\downarrow \quad {\text{Geometrische Summenformel für }}|x|<1\\&=\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\\&\downarrow \quad {\binom {k}{k}}=1\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k}{k}}x^{k}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+1-1}{k}}x^{k}\end{aligned}}$

Beweisschritt: Induktionsvoraussetzung.

Für $p\in \mathbb {N}$ und $|x|<1$ gelte: ${\frac {1}{(1-x)^{p}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+p-1}{k}}x^{k}$

Beweisschritt: Induktionsschritt: $p\to p+1$.

Die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+p-1}{k}}x^{k}$ konvergiert mit dem Quotientenkriterium für alle $x\in \mathbb {R}$ mit $|x|<1$ absolut, denn

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }\left|{\binom {k+1+p-1}{k+1}}x^{k+1}\left/{\binom {k+p-1}{k}}x^{k}\right.\right|\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\binom {k+p}{k+1}}|x|^{k+1}\left/{\binom {k+p-1}{k}}|x|^{k}\right.\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {(k+p)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (k+p-(k+1)+1)}{(k+1)!}}|x|^{k+1}\left/{\frac {(k+p-1)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (k+p-1-k+1)}{k!}}|x|^{k}\right.\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {(k+p)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (k+p-(k+1)+1)}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{(k+p-1)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (k+p-1-k+1)}}|x|^{k+1-k}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {(k+p)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (p)}{(k+1)k!}}\cdot {\frac {k!}{(k+p-1)(k+p-1)\cdot \ldots \cdot (p)}}|x|^{1}\\[0.5em]&\downarrow \quad {\text{Kürzen}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k+p}{k+1}}|x|\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1+{\frac {p}{k}}}{1+{\frac {1}{k}}}}|x|\\[0.5em]&={\frac {1}{1}}\cdot |x|\\[0.5em]&=|x|\end{aligned}}$

Damit ist die Cauchy-Produktformel anwendbar, und es folgt

${\begin{aligned}{\frac {1}{(1-x)^{p+1}}}&={\frac {1}{(1-x)^{p}}}\cdot {\frac {1}{1-x}}\\[0.5em]&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+p-1}{k}}x^{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\right)\\[0.5em]&\downarrow \quad {\text{Cauchy-Produktformel}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}{\binom {i+p-1}{i}}x^{i}\cdot x^{k-i}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}{\binom {i+p-1}{i}}x^{k}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\cdot \sum _{i=0}^{k}{\binom {i+p-1}{i}}\\[0.5em]&\downarrow \quad {\text{Hilfsformel: }}\sum _{i=0}^{k}{\binom {i+p-1}{i}}={\binom {k+p}{k}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}\cdot {\binom {k+p}{k}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+p}{k}}x^{k}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\binom {k+(p+1)-1}{k}}x^{k}\end{aligned}}$

Aufgabe (Cauchy-Produkt von Sinus- und Kosinus-Reihe)

Zeige, mit Hilfe des Cauchy-Produktes, für alle $x,y\in \mathbb {R}$ doe folgenden Identitäten.

1. Additionstheorem für die Kosinusfunktion
   $\cos(x+y)=\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)$
2. Trigonometrischer Pythagoras
   $\cos(x)^{2}+\sin(x)^{2}=1$

Lösung (Cauchy-Produkt von Sinus- und Kosinus-Reihe)

Lösung Teilaufgabe 1:

Die Reihen $\sin(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k+1}$ und $\cos(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}x^{2k}$ konvergieren nach dem Quotientenkriterium absolut für alle $x\in \mathbb {R}$. Also ist das Cauchy-Produkt für Reihen anwendbar. Es gilt

${\begin{aligned}\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)&=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}x^{2k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}y^{2k}\right)-\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}y^{2k+1}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k+1)!}}x^{2k+1}\right)\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Cauchy-Produktformel}}\quad \left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)\cdot \left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}a_{i}\cdot b_{k-i}\quad {\text{zweimal angewendet}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}{\frac {(-1)^{i}}{(2i)!}}x^{2i}\cdot {\frac {(-1)^{k-i}}{(2(k-i))!}}y^{2(k-i)}-\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{k}{\frac {(-1)^{i}}{(2i+1)!}}x^{2i+1}\cdot {\frac {(-1)^{k-i}}{(2(k-i)+1)!}}y^{2(k-i)+1}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Summen zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}-\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i+1}y^{2k-2i+1}}{(2i+1)!\cdot (2k-2i+1)!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Faktor}}\ -1\ {\text{in die 2.Reihe ziehen erlaubt, da diese konvergiert}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}+\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k+1}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i+1}y^{2k-2i+1}}{(2i+1)!\cdot (2k-2i+1)!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Indexverschiebung}}\ k\to k-1\ {\text{in 2. Reihe}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}+\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {x^{2i}y^{2k-1-2i}}{(2i)!\cdot (2k-1-2i)!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Summand}}\ k=0\ {\text{in 2. Reihe}}\ \sum _{i=0}^{0-1}{\frac {x^{2i}y^{2k-1-2i}}{(2i)!\cdot (2k-1-2i)!}}=0\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}+\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {x^{2i}y^{2k-1-2i}}{(2i)!\cdot (2k-1-2i)!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Zusammenfassen beider Reiher erlaubt, da beide konvergieren}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}+\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {x^{2i}y^{2k-1-2i}}{(2i)!\cdot (2k-1-2i)!}}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\underbrace {\sum _{i=0}^{k}{\frac {x^{2i}y^{2k-2i}}{(2i)!\cdot (2k-2i)!}}} _{\text{gerade i-Terme}}+\underbrace {\sum _{i=0}^{k-1}{\frac {x^{2i}y^{2k-1-2i}}{(2i)!\cdot (2k-1-2i)!}}} _{\text{ungerade i-Terme}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{gerade und ungerade i-Terme zusammenfassen}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\sum _{i=0}^{2k}{\frac {x^{i}y^{2k-i}}{i!\cdot (2k-i)!}}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\frac {(2k)!}{(2k)!}}\quad {\text{ergänzen}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}\sum _{i=0}^{2k}{\frac {(2k)!}{i!\cdot (2k-i)!}}x^{i}y^{2k-i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\frac {(2k)!}{i!\cdot (2k-i)!}}={\binom {2k}{i}}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}\sum _{i=0}^{2k}{\binom {2k}{i}}x^{i}y^{2k-i}\\[0.3em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \quad {\text{Binomischer Lehrsatz:}}\quad \sum _{i=0}^{2k}{\binom {2k}{i}}x^{i}y^{2k-i}=(x+y)^{2k}\right.}\\[0.3em]=&\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2k)!}}(x+y)^{2k}\\[0.3em]=&\cos(x+y)\end{aligned}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

Hier gilt