Beschränkte Reihen und Konvergenz – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Beschränkte Reihen mit positiven Summanden konvergieren

Aus dem Kapitel „Monotoniekriterium für Folgen“ wissen wir bereits, dass jede monotone und beschränkte Folge konvergiert. Dieser Satz lässt sich auch auf Reihen anwenden. Nehme eine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$. Wann ist die dazugehörige Partialsummenfolge monoton wachsend?

Dies ist genau dann der Fall, wenn $a_{k}\geq 0$ für alle $k\geq 2$ ist. Schließlich ist $a_{k}$ der Unterschied einer Partialsumme zur nächsten.

Dies kannst du auch so erklären: Sei $S_{n}=\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ die $n$-te Partialsumme. Die Partialsummenfolge $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ wächst genau dann monoton, wenn $S_{n+1}\geq S_{n}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ ist. Es ist nun:

${\begin{aligned}&&S_{n+1}&\geq S_{n}\\&\iff &S_{n+1}-S_{n}&\geq 0\\&\iff &\sum _{k=1}^{n+1}a_{k}-\sum _{k=1}^{n}a_{k}&\geq 0\\&\iff &a_{n+1}&\geq 0\end{aligned}}$

Die Partialsummenfolge wächst also genau dann monoton, wenn $a_{n+1}\geq 0$ für alle $n\in \mathbb {N}$ ist. Anders formuliert, wenn $a_{n}\geq 0$ für alle $n\geq 2$ ist.

Nun wissen wir bereits, dass jede monotone und beschränkte Folge konvergiert. Wenn also $a_{n}\geq 0$ für alle $n\geq 2$ ist (und damit die Partialsummenfolge monoton wächst) und wenn die Partialsummenfolge beschränkt ist, dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$. Dies ist die Aussage des folgenden Satzes:

Satz (Beschränkte Reihen mit nichtnegativen Summanden konvergieren)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\geq 0$ für alle $k\geq 2$. Diese Reihe konvergiert genau dann, wenn die Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist.

Beweis (Beschränkte Reihen mit nichtnegativen Summanden konvergieren)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\geq 0$ für alle $k\geq 2$.

Beweisschritt: Wenn $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ beschränkt ist, dann konvergiert diese Reihe.

Wenn die Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist, dann konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ nach dem Monotoniekriterium für Folgen, denn die Partialsummenfolge ist wegen $a_{k}\geq 0$ für alle $a_{k}\geq 2$ monoton wachsend.

Beweisschritt: Wenn $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergiert, dann ist diese Reihe beschränkt.

Wenn die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergiert, dann konvergiert nach Definition auch die Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$. Aus dem Kapitel „Unbeschränkte Folgen divergieren“ wissen wir, dass konvergente Folgen beschränkt sind. Also muss dann auch die Partialsummenfolge beschränkt sein.

Analog kann auch folgender Satz bewiesen werden:

Satz (Beschränkte Reihen mit nichtpositiven Summanden konvergieren)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\leq 0$ für alle $k\geq 2$. Diese Reihe konvergiert genau dann, wenn die Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist.

Hinweis

Wie wir gesehen haben, sind die beiden Sätze Anwendungen des Monotoniekriteriums für Folgen auf Reihen. Daher wird dieses Kriterium in der Literatur auch Monotoniekriterium für Reihen genannt.

Anwendung: Konvergenz der allgemeinen harmonischen Reihe

Satz (Konvergenz der allgemeinen harmonischen Reihe)

Die allgemeine harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$ ist für alle $\alpha >1$ konvergent.

Wie kommt man auf den Beweis? (Konvergenz der allgemeinen harmonischen Reihe)

Um die Konvergenz mit Hilfe des vorherigen Satzes zu zeigen, müssen wir, da alle Summanden nichtnegativ sind, für die Partialsummenfolge $(S_{n})=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{\alpha }}}\right)$ eine obere Schranke finden. Dabei verwenden wir einen ähnlichen Trick wie bei der Divergenz der harmonischen Reihe. Wir betrachten die ersten $2^{n+1}-1$ Summanden, fassen diese geschickt zusammen und schätzen sie danach passend nach oben ab. Diesmal müssen wir nach oben statt nach unten abschätzen, da wir ja die Beschränktheit und nicht die Unbeschränktheit zeigen wollen. Wir nehmen hier $2^{n+1}-1$ Summanden, da sich diese nach oben besser abschätzen lassen als $2^{n}$ Summanden. Am Ende der Ungleichungskette landen wir schließlich bei einer konvergenten geometrischen Reihe.

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{2^{n+1}-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}&=1+{\color {Orange}{\frac {1}{2^{\alpha }}}+{\frac {1}{3^{\alpha }}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{5^{\alpha }}}+{\frac {1}{6^{\alpha }}}+{\frac {1}{7^{\alpha }}}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left({\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}+\ldots +{\frac {1}{(2^{n+1}-1)^{\alpha }}}\right)} _{2^{n}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {Orange}{\frac {1}{3^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{2^{\alpha }}}}\land {\color {OliveGreen}{\frac {1}{7^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{6^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{5^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{4^{\alpha }}}}\land \ldots \land {\color {Blue}{\frac {1}{(2^{n+1}-1)^{\alpha }}}\leq \cdots \leq {\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}}\quad ({\text{da }}\alpha >1)\right.\\[0.5em]&\leq 1+{\color {Orange}{\frac {1}{2^{\alpha }}}+{\frac {1}{2^{\alpha }}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left({\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}+\ldots +{\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}\right)} _{2^{n}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&=1+{\color {Orange}\left(2\cdot {\frac {1}{2^{\alpha }}}\right)}+{\color {OliveGreen}4\cdot {\frac {1}{4^{\alpha }}}}+\cdots +{\color {Blue}2^{n}\cdot {\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}}\\[0.5em]&=1+{\color {Orange}{\frac {1}{2^{\alpha -1}}}}+{\color {OliveGreen}{\frac {1}{4^{\alpha -1}}}}+\cdots +{\color {Blue}{\frac {1}{(2^{n})^{\alpha -1}}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{0}}}+{\color {Orange}{\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{1}}}}+{\color {OliveGreen}{\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{2}}}}+\cdots +{\color {Blue}{\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{n}}}}\\[0.5em]&=\sum _{i=0}^{n}{\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{i}}}\\[0.5em]&=\sum _{i=0}^{n}\left({\frac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{i}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{unendlich viele positive Summanden ergänzen}}\right.\\[0.5em]&\leq \sum _{i=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{i}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\begin{array}{rl}\alpha >1&\Rightarrow \alpha -1>0\\&\Rightarrow 2^{\alpha -1}>1\\&\Rightarrow {\frac {1}{2^{\alpha -1}}}<1\\&\Rightarrow {\text{geometrische Reihe konvergiert}}\end{array}}\right.\\[0.5em]&={\frac {1}{1-{\frac {1}{2^{\alpha -1}}}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{1-2^{1-\alpha }}}<\infty \end{aligned}}$

Also haben wir gezeigt, dass die Partialsumme $S_{2^{n-1}+1}$ nach oben beschränkt ist. Für einen korrekten Konvergenzbeweis müssen wir jetzt aber noch ein kleines Hindernis umgehen: Wir wollten die Beschränktheit der Folge $(S_{n})$ zeigen. Wir haben aber nur die Beschränktheit der Teilfolge $(S_{2^{n+1}-1})$ gezeigt. Dies reicht aber noch nicht aus, da mit der Konvergenz einer Teilfolge noch nicht die gesamte Folge konvergieren muss.

Dieses Problem können wir aber mit folgender Überlegung lösen: Aus dem archimedischen Axiom und der Bernoulli-Ungleichung hatten wir gefolgert, dass man zu jeder positiven Zahl $M>0$ ein $m\in \mathbb {N}$ finden kann, so dass $2^{m}>M$. Daher kann man auch zu jedem $M>0$ ein $m\in \mathbb {N}$ finden mit $2^{m+1}-1>M$. Insbesondere können wir damit zu jedem $n\in \mathbb {N}$ ein $m\in \mathbb {N}$ mit $2^{m+1}-1>n$ finden. Damit folgt nun aber $S_{n}\leq S_{2^{m+1}-1}$, und wir können die Abschätzung auf $S_{2^{m+1}-1}$ anwenden. Sie gilt dann auch für $S_{n}$. Somit ist die Folge der Partialsummen $(S_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt und daher konvergent.

Beweis (Konvergenz der allgemeinen harmonischen Reihe)

Zu jedem $n\in \mathbb {N}$ gibt es ein $m\in \mathbb {N}$ mit $2^{m+1}-1\geq n$. Damit folgt

${\begin{aligned}S_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{\alpha }}}\leq \sum _{k=1}^{2^{m+1}-1}{\frac {1}{k^{\alpha }}}&=1+{\color {Orange}{\frac {1}{2^{\alpha }}}+{\frac {1}{3^{\alpha }}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{5^{\alpha }}}+{\frac {1}{6^{\alpha }}}+{\frac {1}{7^{\alpha }}}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\left({\frac {1}{(2^{m})^{\alpha }}}+\ldots +{\frac {1}{(2^{m+1}-1)^{\alpha }}}\right)}\\[0.5em]&\leq 1+{\color {Orange}{\frac {1}{2^{\alpha }}}+{\frac {1}{2^{\alpha }}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}+{\frac {1}{4^{\alpha }}}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left({\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}+\ldots +{\frac {1}{(2^{n})^{\alpha }}}\right)} _{2^{n}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&\leq \sum _{i=0}^{m}\left({\frac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{i}\\[0.5em]&\leq \sum _{i=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{i}={\frac {1}{1-2^{1-\alpha }}}<\infty \end{aligned}}$

Also ist die Folge der Partialsummen $(S_{n})$ beschränkt. Weil alle Summanden der Reihe positiv sind, konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$.