Cauchysches Verdichtungskriterium – Mathe für Nicht-Freaks

In diesem Kapitel wollen wir das Verdichtungskriterium oder auch Kondensationskriterium (nach Augustin Louis Cauchy) behandeln. Es bietet die Möglichkeit, die Konvergenz beziehungsweise Divergenz einer Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ auf die der verdichteten Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$ zurückzuführen. Genauer besagt das Kriterium, dass die Reihe genau dann konvergiert, wenn die verdichtete Reihe konvergiert. Um das Kriterium herzuleiten, verwenden wir dieselben Ideen, die wir für die Divergenz der harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ beziehungsweise die Konvergenz der verallgemeinerten harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$ für $\alpha >1$ benutzt haben.

Wiederholung und Herleitung des Kriteriums

Für die Divergenz der harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ hatten wir die $2^{n}$-te Partialsumme $\sum _{k=1}^{2^{n}}{\tfrac {1}{k}}$ nach unten wie folgt abgeschätzt:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{2^{n}}{\frac {1}{k}}&=1+{\color {Orange}{\frac {1}{2}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}\right)}+{\color {Blue}\left({\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left({\frac {1}{2^{n-1}+1}}+\ldots +{\frac {1}{2^{n}-1}}+{\frac {1}{2^{n}}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden abschätzen: }}{\color {OliveGreen}{\frac {1}{3}}\geq {\frac {1}{4}}}\land {\color {Blue}{\frac {1}{5}}\geq {\frac {1}{6}}\geq {\frac {1}{7}}\geq {\frac {1}{8}}}\land \ldots \right.\\[0.5em]&\geq 1+{\color {Orange}{\frac {1}{2}}}+{\color {OliveGreen}\left({\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}\right)}+{\color {Blue}\left({\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left({\frac {1}{2^{n}}}+\ldots +{\frac {1}{2^{n}}}+{\frac {1}{2^{n}}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden zusammenfassen}}\right.\\[0.5em]&=1+{\color {Orange}{\frac {1}{2}}}+{\color {OliveGreen}2\cdot {\frac {1}{4}}}+{\color {Blue}4\cdot {\frac {1}{8}}}+\ldots +{\color {CadetBlue}2^{n-1}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}}\\[0.5em]&=1+\underbrace {{\color {Orange}{\frac {1}{2}}}+{\color {OliveGreen}{\frac {1}{2}}}+{\color {Blue}{\frac {1}{2}}}+\ldots +{\color {CadetBlue}{\frac {1}{2}}}} _{n{\text{ Summanden}}}=1+{\frac {n}{2}}\end{aligned}}$

Die Frage ist nun, inwieweit wir diese Konzepte auf eine allgemeine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ mit denselben Eigenschaften wie die harmonische Reihe anwenden können. Im Wesentlichen haben wir bei der Abschätzung verwendet, dass die Glieder der harmonischen Reihe nichtnegativ und monoton fallend waren.

Sei also $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit nichtnegativen Gliedern und $a_{k}\geq a_{k+1}$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Dann gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{2^{n}}a_{k}&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{3}+a_{4}\right)}+{\color {Blue}\left(a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left(a_{2^{n-1}+1}+\ldots +a_{2^{n}-1}+a_{2^{n}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden abschätzen: }}{\color {OliveGreen}a_{3}\geq a_{4}}\land {\color {Blue}a_{5}\geq a_{6}\geq a_{7}\geq a_{8}}\land \ldots \right.\\[0.5em]&\geq a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{4}\right)}+{\color {Blue}\left(a_{8}+a_{8}+a_{8}+a_{8}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left(a_{2^{n}}+\ldots +a_{2^{n}}+a_{2^{n}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden zusammenfassen}}\right.\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}2\cdot a_{4}}+{\color {Blue}4\cdot a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}2^{n-1}\cdot a_{2^{n}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Index und Vorfaktor anpassen}}\right.\\[0.5em]&\geq {\frac {1}{2}}a_{1}+{\color {Orange}{\frac {1}{2}}2a_{2}}+{\color {OliveGreen}{\frac {1}{2}}4a_{4}}+{\color {Blue}{\frac {1}{2}}8a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}{\frac {1}{2}}2^{n}a_{2^{n}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\frac {1}{2}}{\text{ ausklammern}}\right.\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}(a_{1}+{\color {Orange}2a_{2}}+{\color {OliveGreen}4a_{4}}+{\color {Blue}8a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}2^{n}a_{2^{n}}})\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{n}2^{k}a_{2^{k}}\end{aligned}}$

Also haben wir $\sum _{k=1}^{2^{n}}a_{k}$ nach unten durch ${\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{n}2^{k}a_{2^{k}}$ abgeschätzt. Divergiert $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$ und damit auch ${\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$, so divergiert $\sum _{k=1}^{2^{n}}a_{k}$ nach dem Minorantenkriterium. Da die Folge $\left(\sum _{k=1}^{2^{n}}a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ eine Teilfolge der Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ ist und da aus der Divergenz einer Teilfolge die Divergenz der gesamten Folge folgt, muss auch $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergieren. Über das Prinzip der Kontraposition erhält man: Konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$, so konvergiert auch $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$.

Desweiteren hatten wir für die Konvergenz der verallgemeinerten harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{\alpha }}}$ mit $\alpha >1$ die $n$-te Partialsumme $\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{k^{\alpha }}}$ für $n\leq 2^{m+1}-1$ nach oben durch die konvergente geometrische Reihe $\sum _{i=0}^{m}\left({\tfrac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{i}$ abgeschätzt. Dazu haben wir die folgende Abschätzung verwendet:

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

Dies versuchen wir nun wieder auf eine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ mit nichtnegativen Gliedern und $a_{k+1}\leq a_{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ zu verallgemeinern: Sei $n\leq 2^{m+1}-1$, dann gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}a_{k}&\leq \sum _{k=1}^{2^{m+1}-1}a_{k}\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}+a_{3}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left(a_{2^{m}}+\ldots +a_{2^{m+1}-1}\right)} _{2^{m}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {Orange}a_{3}\leq a_{2}}\land {\color {OliveGreen}a_{7}\leq a_{6}\leq a_{5}\leq a_{4}}\land \ldots \land {\color {Blue}a_{2^{m+1}-1}\leq \cdots \leq a_{2^{m}}}\right.\\[0.5em]&\leq a_{1}+{\color {Orange}a_{2}+a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{4}+a_{4}+a_{4}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left(a_{2^{m}}+\ldots +a_{2^{m}}\right)} _{2^{m}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}2\cdot a_{2}}+{\color {OliveGreen}4\cdot a_{4}}+\cdots +{\color {Blue}2^{m}\cdot a_{2^{m}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{m}2^{k}a_{2^{k}}\end{aligned}}$

Damit haben wir $\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ nach oben durch $\sum _{k=0}^{n}2^{k}a_{2^{k}}$ abgeschätzt. Damit folgt: Konvergiert die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$, so konvergiert auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Insgesamt haben wir die Äquivalenz der Konvergenz der Reihe $\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ und der verdichteten Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$ gezeigt. Dieses Resultat ist das Verdichtungskriterium für Reihen. Es ist durchaus nützlich, da es Beispiele von Reihen gibt, bei denen die Konvergenz beziehungsweise Divergenz der verdichteten Reihe wesentlich leichter zu bestimmen ist als bei der ursprünglichen Reihe.

Satz (Verdichtungskriterium)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine nichtnegative und monoton fallende Folge, dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ genau dann, wenn die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$ konvergiert.

Beweis (Verdichtungskriterium)

Beweisschritt 1: "$\Rightarrow$"

Für die Teilfolge $(S_{2^{n}})$ gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{2^{n}}a_{k}&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{3}+a_{4}\right)}+{\color {Blue}\left(a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left(a_{2^{n-1}+1}+\ldots +a_{2^{n}-1}+a_{2^{n}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden abschätzen: }}{\color {OliveGreen}a_{3}\geq a_{4}}\land {\color {Blue}a_{5}\geq a_{6}\geq a_{7}\geq a_{8}}\land \ldots \right.\\[0.5em]&\geq a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{4}\right)}+{\color {Blue}\left(a_{8}+a_{8}+a_{8}+a_{8}\right)}+\ldots +{\color {CadetBlue}\left(a_{2^{n}}+\ldots +a_{2^{n}}+a_{2^{n}}\right)}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Summanden zusammenfassen}}\right.\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}}+{\color {OliveGreen}2\cdot a_{4}}+{\color {Blue}4\cdot a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}2^{n-1}\cdot a_{2^{n}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Index und Vorfaktor anpassen}}\right.\\[0.5em]&\geq {\frac {1}{2}}a_{1}+{\color {Orange}{\frac {1}{2}}2a_{2}}+{\color {OliveGreen}{\frac {1}{2}}4a_{4}}+{\color {Blue}{\frac {1}{2}}8a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}{\frac {1}{2}}2^{n}a_{2^{n}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\frac {1}{2}}{\text{ ausklammern}}\right.\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}(a_{1}+{\color {Orange}2a_{2}}+{\color {OliveGreen}4a_{4}}+{\color {Blue}8a_{8}}+\ldots +{\color {CadetBlue}2^{n}a_{2^{n}}})\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{n}2^{k}a_{2^{k}}\end{aligned}}$

Konvergiert nun die Reihe $(S_{n})_{n\in \mathbb {N} }=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$, so konvergiert auch die Teilfolge $(S_{2^{n}})_{n\in \mathbb {N} }$. Mit der obigen Abschätzung konvergiert die Reihe ${\tfrac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$, da sie beschränkt ist. Also konvergiert $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$.

Beweisschritt 2: "$\Leftarrow$"

Für die $n$-te Partialsumme von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ gilt für $n\leq 2^{m+1}-1$:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}a_{k}&\leq \sum _{k=1}^{2^{m+1}-1}a_{k}\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}a_{2}+a_{3}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left(a_{2^{m}}+\ldots +a_{2^{m+1}-1}\right)} _{2^{m}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {Orange}a_{3}\leq a_{2}}\land {\color {OliveGreen}a_{7}\leq a_{6}\leq a_{5}\leq a_{4}}\land \ldots \land {\color {Blue}a_{2^{m+1}-1}\leq \cdots \leq a_{2^{m}}}\right.\\[0.5em]&\leq a_{1}+{\color {Orange}a_{2}+a_{2}}+{\color {OliveGreen}\left(a_{4}+a_{4}+a_{4}+a_{4}\right)}+\ldots +{\color {Blue}\underbrace {\left(a_{2^{m}}+\ldots +a_{2^{m}}\right)} _{2^{m}{\text{ Summanden}}}}\\[0.5em]&=a_{1}+{\color {Orange}2\cdot a_{2}}+{\color {OliveGreen}4\cdot a_{4}}+\cdots +{\color {Blue}2^{m}\cdot a_{2^{m}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{m}2^{k}a_{2^{k}}\end{aligned}}$

Konvergiert nun die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }2^{k}a_{2^{k}}$, so ist nach obiger Abschätzung $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ beschränkt und konvergiert somit.

Hinweis

Analog zu oben lässt sich auch zeigen, dass eine monoton steigende Reihe mit nichtpositiven Gliedern genau dann konvergiert, wenn ihre verdichtete Reihe konvergiert.

Warnung

Das Verdichtungskriterium wird nicht in jeder Grundvorlesung behandelt. Der Grund dafür ist, dass der Umfang der Anwendungsbeispiele nicht so groß ist wie bei den anderen Kriterien. Die Hauptanwendung ist die verallgemeinerte harmonische Reihe. Deren Konvergenz beziehungsweise Divergenz kann man jedoch auch direkt (wie wir) oder später mit Hilfe des Integralkriteriums zeigen. Verwendet das Verdichtungskriterium daher bitte nur, falls es wirklich in der Vorlesung oder Übung behandelt wurde!

Anwendungsbeispiele

Beispiel (Verdichtungskriterium)

Das wichtigste Anwendungsbeispiel des Verdichtungskriteriums ist die verallgemeinerte harmonische Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$ für $\alpha >0$. Deren Konvergenz beziehungsweise Divergenz haben wir zwar schon direkt untersucht, der Vollständigkeit halber wollen wir aber hier noch das Verdichtungskriterium direkt anwenden. Nach diesem konvergiert die Reihe genau dann, wenn die verdichtete Reihe konvergiert. Diese lautet

${\begin{aligned}\sum \limits _{k=0}^{\infty }2^{k}{\frac {1}{(2^{k})^{\alpha }}}&=\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2^{k})^{\alpha -1}}}\\&=\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2^{\alpha -1})^{k}}}\\&=\sum \limits _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2^{\alpha -1}}}\right)^{k}\end{aligned}}$

Dies ist eine geometrische Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }q^{k}$ mit $q={\frac {1}{2^{\alpha -1}}}$. Sie konvergiert genau dann, wenn

${\begin{aligned}{\frac {1}{2^{\alpha -1}}}<1&\Leftrightarrow 2^{\alpha -1}>1\\&\Leftrightarrow \alpha -1>0\\&\Leftrightarrow \alpha >1\end{aligned}}$

Nach dem Verdichtungskriterium konvergiert die verallgemeinerte harmonische Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}$ genau dann, wenn $\alpha >1$ ist. Sie divergiert also insbesondere für $0<\alpha \leq 1$.

Aufgabe (Verdichtungskriterium)

Untersuche für $\alpha >0$ die Reihe $\sum \limits _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{k(\ln(k))^{\alpha }}}$ auf Konvergenz.

Beweis (Verdichtungskriterium)

Nach dem Verdichtungskriterium konvergiert die Reihe genau dann, wenn die folgende Reihe konvergiert:

${\begin{aligned}\sum \limits _{k=1}^{\infty }2^{k}{\frac {1}{2^{k}(\ln(2^{k})^{\alpha }}}&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{\ln(2^{k})^{\alpha }}}\\&\ \left\downarrow \ \ln(x^{y})=y\ln(x)\right.\\&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(k\ln(2))^{\alpha }}}\\&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\alpha }}}{\frac {1}{\ln(2)^{\alpha }}}\end{aligned}}$

Dies ist die verallgemeinerte harmonische Reihe mit Vorfaktor ${\frac {1}{\ln(2)^{\alpha }}}$. Nach dem vorherigen Beispiel ist die Reihe somit für $\alpha >1$ konvergent und für $0<\alpha \leq 1$ divergent.