Leibniz-Kriterium – „Mathe für Nicht-Freaks“

Ein Video zur Einführung des Leibniz-Kriteriums. (YouTube-Video vom Kanal Quatematik)

Das Leibniz-Kriterium ist ein spezielles Konvergenzkriterium für alternierende Reihen. Das sind Reihen, bei denen das Vorzeichen bei jedem Summanden wechselt, also Reihen der Form $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ oder $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{b}_k$, wobei alle $b_k$ positiv sind. Da solche Reihen häufig konvergieren, aber nicht absolut konvergieren, scheitern die anderen Konvergenzkriterien oftmals.

Wie der Name schon vermuten lässt, wurde das Kriterium von dem Mathematiker Gottfried Wilhelm Leibniz im Jahre 1682 veröffentlicht. Übrigens wurde auch der Butterkeks mit seinen 52 Zähnen (in Anlehnung an die 52 Zahnräder der ersten von Leibniz entwickelten Rechenmaschine) nach ihm benannt.

Einstiegsbeispiel: Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe

Da Beweisideen an konkreten Beispielen oftmals besser veranschaulicht werden können, betrachten wir zunächst das Beispiel der alternierenden harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}$. Für die Konvergenz müssen wir zeigen, dass die Folge der Partialsummen $(S_n{)}_{n\in \mathbb{N}}={\left(\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ konvergiert. Für $n=1,2,3,4,5,6,7,8$ haben die Partialsummen die Werte

$\begin{array}{cccc}{S}_1& =\sum _{k=1}^1\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=1,& S_2& =\sum _{k=1}^2\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{1}{2}=0.5,\\ S_3& =\sum _{k=1}^3\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{5}{6}=0.8\bar{3},& S_4& =\sum _{k=1}^4\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{7}{12}=0.58\bar{3},\\ S_5& =\sum _{k=1}^5\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{47}{60}=0.78\bar{3},& S_6& =\sum _{k=1}^6\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{37}{60}=0.61\bar{6},\\ S_7& =\sum _{k=1}^7\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{329}{420}=0.759,& S_8& =\sum _{k=1}^8\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\frac{533}{840}=\mathrm{0.634.}\end{array}$

Daran erkennen wir, dass die Werte in immer kleiner werdenden Schritten hin und her springen. Außerdem fällt auf, dass die Partialsummen mit ungeraden Indizes $S_{2n-1}$ anscheinend monoton fallen und diejenigen mit geraden Indizes $S_{2n}$ monoton wachsen. Dies können wir allgemein leicht nachrechnen. Für alle $n\in \mathbb{N}$ gilt nämlich

$\begin{array}{cc}{S}_{2n+1}-S_{2n-1}& =\sum _{k=1}^{2n+1}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}-\sum _{k=1}^{2n-1}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}\\ & =(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\dots +\frac{(-1{)}^{2n}}{2n-1}+\frac{(-1{)}^{2n+1}}{2n}+\frac{(-1{)}^{2n+2}}{2n+1})\\ & -(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\dots +\frac{(-1{)}^{2n}}{2n-1})\\ & =\frac{(-1{)}^{2n+1}}{2n}+\frac{(-1{)}^{2n+2}}{2n+1}\\ & =\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}\\ & \downarrow 2n+1\ge 2n\Rightarrow \frac{1}{2n+1}\le \frac{1}{2n}\\ & \le 0,\end{array}$

d.h. $S_{2n+1}\le S_{2n-1}$. Und ganz analog $S_{2n+2}-S_{2n}=\frac{(-1{)}^{2n+3}}{2n+2}+\frac{(-1{)}^{2n+2}}{2n+1}=-\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+1}\ge 0$, d.h. $S_{2n+2}\ge S_{2n}$. Damit ist $(S_{2n-1})$ monoton fallend und $(S_{2n})$ monoton steigend.

Wenn wir zeigen könnten, dass $(S_{2n-1})$ nach unten und $(S_{2n})$ nach oben beschränkt sind, dann wären beide (Teil-)Folgen nach dem Monotoniekriterium konvergent. Nun sind aber alle ungeraden Partialsummen durch die geraden Partialsummen nach unten und umgekehrt alle geraden durch die ungeraden nach oben beschränkt, denn für alle $n\in \mathbb{N}$ gilt

$S_{2n-1}-S_{2n}=-\frac{(-1{)}^{2n+1}}{2n}=\frac{(-1{)}^{2n+2}}{2n}=\frac{1}{2n}\ge 0,$

und damit $S_{2n-1}\ge S_{2n}$ bzw. $S_{2n}\le S_{2n-1}$. Insbesondere gilt daher $S_{2n-1}\ge S_{2n}\ge S_2=\frac{1}{2}$ und $S_{2n}\le S_{2n-1}\le S_1=1$. Also ist $(S_{2n-1})$ nach unten durch $\frac{1}{2}$ und $(S_{2n})$ nach oben durch $1$ beschränkt.

Nach dem Monotoniekriterium sind somit $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ konvergent.

Wir sind aber noch nicht fertig! Zum einen müssen wir zeigen, dass beide Teilfolgen gegen denselben Grenzwert konvergieren und zum anderen, dass daraus auch die Konvergenz von $(S_n)$ folgt.

Sei also $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n-1}=S$ und $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n}=S^{\prime }$. Wir müssen nun zeigen, dass beide Grenzwerte gleich sind, also dass $S=S^{\prime }$ gilt. Dies lässt sich aber schnell erledigen. Einerseits ist nämlich mit der Summenregel für Grenzwerte

$S-S^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n-1}-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(S_{2n-1}-S_{2n}).$

Andererseits haben wir oben $S_{2n-1}-S_{2n}=\frac{1}{2n}$ gezeigt. Damit ist nun

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(S_{2n-1}-S_{2n})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n}=0.$

Also ist $S-S^{\prime }=0$ und daher $S=S^{\prime }$.

Nun müssen wir noch zeigen, dass $(S_n)$ ebenfalls gegen $S$ konvergiert. Dazu müssen wir die Definition der Konvergenz benutzen, d.h. wir müssen zeigen

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N:|S_n-S|<ϵ.$

Wir wissen aber bereits

$\begin{array}{cc}& \mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_1:|S_{2n-1}-S|<ϵ\\ & \mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_2:|S_{2n}-S|<ϵ,\end{array}$

da ja $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ gegen denselben Grenzwert $S$ konvergieren. Setzen wir nun $N=max\{2N_1-1,2N_2\}$, so folgt unmittelbar

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N:|S_n-S|<ϵ.$

Verständnisfrage: Warum reicht $N=max\{N_1,N_2\}$ nicht aus?

Die Aussage $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_1:|S_{2n-1}-S|<ϵ$ bedeutet, dass ab dem Folgenglied $S_{2N_1-1}$ für alle ungeraden Folgenglieder von $(S_n)$ die Ungleichung $|S_n-S|<ϵ$ erfüllt ist.

Analog bedeutet $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_2:|S_{2n}-S|<ϵ$, dass ab dem Folgenglied $S_{2N_2}$ für alle geraden Folgenglieder von $(S_n)$ die Ungleichung $|S_n-S|<ϵ$ erfüllt ist.

Da nun aber $2N_1-1\ge N_1$ und $2N_2>N_2$ gilt, müssen die Ungleichungen natürlich noch nicht ab den Folgengliedern $S_{N_1}$ bzw. $S_{N_2}$ gelten.

Verallgemeinerung der Beweisidee für das Leibniz-Kriterium

Die Frage ist nun, inwiefern wir den gerade geführten Beweis für die Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe verallgemeinern können, um ein allgemeines Konvergenzkriterium für alternierende Reihen zu erhalten. Dazu müssen wir uns klar machen, welche Eigenschaften der alternierenden harmonischen Reihe wir für den Konvergenzbeweis herangezogen haben.

• Zum einen wissen wir, dass die nichtnegative Koeffizientenfolge ohne das alternierende Vorzeichen $(b_k)=\left(\frac{1}{k}\right)$ monoton fällt. Daraus hat sich dann die Monotonie und die Beschränktheit der beiden (Teil-)Partialfolgen $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ und damit deren Konvergenz ergeben.
• Zum anderen haben wir davon Gebrauch gemacht, dass $(b_k)=\left(\frac{1}{k}\right)$ eine Nullfolge ist. Daraus konnten wir schließlich folgern, dass $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ und damit auch $(S_n)$ gegen denselben Grenzwert konvergieren.

Mehr Eigenschaften der alternierenden harmonischen Reihe hatten wir im Beweis oben nicht verwendet. Genau das sind auch die Voraussetzungen für das Leibniz-Kriterium:

Satz (Leibniz-Kriterium)

Sei $(b_k{)}_{k\in \mathbb{N}}$ eine nichtnegative monoton fallende Folge reeller Zahlen mit $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=0$, dann konvergiert die alternierende Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$.

Für den Beweis müssen wir nun nur noch einmal den Beweis, den wir für die Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe geführt haben, für eine allgemeine alternierende Reihe mit denselben Eigenschaften durchführen.

Beweis (Leibniz-Kriterium)

Erneut müssen wir die Konvergenz der Partialsummenfolge $(S_n)=(\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k)$ zeigen.

Beweisschritt 1: $(S_{2n-1})$ ist monoton fallend und $(S_{2n})$ monoton steigend, denn für $n\in \mathbb{N}$ gilt

$\begin{array}{cc}{S}_{2n+1}-S_{2n-1}& =\sum _{k=1}^{2n+1}(-1{)}^{k+1}{b}_k-\sum _{k=1}^{2n-1}(-1{)}^{k+1}{b}_k\\ & =(b_1-b_2+b_3-\dots +(-1{)}^{2n}{b}_{2n-1}\\ & +(-1{)}^{2n+1}{b}_{2n}+(-1{)}^{2n+2}{b}_{2n+1})\\ & -(b_1-b_2+b_3-\dots +(-1{)}^{2n}{b}_{2n-1})\\ & =(-1{)}^{2n+2}{b}_{2n+1}+(-1{)}^{2n+1}{b}_{2n}\\ & =b_{2n+1}-b_{2n}\\ & \downarrow b_{2n+1}\le b_{2n}\\ & \le 0,\end{array}$

und analog $S_{2n+2}-S_{2n}=(-1{)}^{2n+3}{b}_{2n+2}+(-1{)}^{2n+2}{b}_{2n+1}=-b_{2n+2}+b_{2n+1}\ge 0$.

Beweisschritt 2: $(S_{2n-1})$ ist nach unten und $(S_{2n})$ nach oben beschränkt, denn für $n\in \mathbb{N}$ gilt

$S_{2n-1}-S_{2n}=(-1{)}^{2n+2}{b}_{2n}=b_{2n}\ge 0$

Damit ist $S_{2n-1}\ge S_{2n}\ge S_2=b_1-b_2$ sowie $S_{2n}\le S_{2n-1}\le S_1=b_1$

Nach dem Monotoniekriterium konvergieren somit die Partialsummenfolgen $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$.

Beweisschritt 3: $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ konvergieren gegen denselben Grenzwert. Sei $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n-1}=S$ und $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n}=S^{\prime }$. Da wir in Beweisschritt 2 die Konvergenz beider Folgen gezeigt haben, können wir die Summenregel für Grenzwerte anwenden. Es folgt

$S-S^{\prime }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n-1}-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(S_{2n-1}-S_{2n})$

Andererseits gilt

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(S_{2n-1}-S_{2n})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_{2n}=0,$

da $(b_k)$ eine Nullfolge ist und damit auch die Teilfolge $(b_{2n})$. Also ist $S=S^{\prime }$.

Beweisschritt 4: $(S_n)$ konvergiert ebenfalls gegen $S$. Da $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$ gegen $S$ konvergieren, gilt

$\begin{array}{cc}& \mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_1:|S_{2n-1}-S|<ϵ\\ & \mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_2:|S_{2n}-S|<ϵ\end{array}$

Setzen wir nun $N=max\{2N_1-1,2N_2\}$, so folgt

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N:|S_n-S|<ϵ$

Also konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$.

Alternativer Beweis

Alternativ lässt sich das Leibniz-Kriterium auch mit Hilfe des Cauchy-Kriteriums beweisen.

Alternativer Beweis (Leibniz-Kriterium)

Um das Cauchy-Kriterium anwenden zu können, müssen wir zeigen, dass unter den Voraussetzungen des Leibniz-Kriteriums gilt

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge m\ge N:|\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|<ϵ.$

Zunächst betrachten wir nur ungerade $m$ und schätzen für diese die Summe $\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k$ ab. Zum einen ist

$\begin{array}{cc}\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k& =(-1{)}^{m+1}{b}_m+(-1{)}^{m+2}{b}_{m+1}+(-1{)}^{m+3}{b}_{m+2}+(-1{)}^{m+4}{b}_{m+3}+\dots \\ & \downarrow m\text{ ungerade}\Rightarrow m+1\text{ gerade}\Rightarrow m+2\text{ ungerade usw.}\\ & =b_m-b_{m+1}+b_{m+2}-b_{m+3}+\dots +\{\begin{array}{cc}{b}_n& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ (-b_n)& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \downarrow \text{ Assoziativgesetz}\\ & =(b_m-b_{m+1})+(b_{m+2}-b_{m+3})+\dots +\{\begin{array}{cc}{b}_n& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ (b_{n-1}-b_n)& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \downarrow (b_k)\text{ monoton fallend }\Rightarrow b_k-b_{k+1}\ge 0\\ & =\underset{\ge 0}{\underbrace{(b_m-b_{m+1})}}+\underset{\ge 0}{\underbrace{(b_{m+2}-b_{m+3})}}+\dots +\{\begin{array}{cc}\underset{\ge 0}{\underbrace{b_n}}& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ \underset{\ge 0}{\underbrace{(b_{n-1}-b_n)}}& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \ge 0.\end{array}$

Zum anderen gilt

$\begin{array}{cc}\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k& =(-1{)}^{m+1}{b}_m+(-1{)}^{m+2}{b}_{m+1}+(-1{)}^{m+3}{b}_{m+2}+(-1{)}^{m+4}{b}_{m+3}+\dots \\ & \downarrow m\text{ ungerade}\Rightarrow m+1\text{ gerade}\Rightarrow m+2\text{ ungerade usw.}\\ & =b_m-b_{m+1}+b_{m+2}-b_{m+3}+\dots +\{\begin{array}{cc}{b}_n& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ (-b_n)& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \downarrow \text{ Assoziativgesetz}\\ & =b_m-(b_{m+1}-(b_{m+2})-(b_{m+3}-b_{m+4})+\dots +\{\begin{array}{cc}-(b_{n-1}-b_n)& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ -b_n& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \downarrow (b_k)\text{ monoton fallend }\Rightarrow b_k-b_{k+1}\ge 0\\ & =b_m\underset{\le 0}{\underbrace{-(b_{m+1}-b_{m+2})}}\underset{\le 0}{\underbrace{-(b_{m+3}-b_{m+4})}}+\dots +\{\begin{array}{cc}\underset{\le 0}{\underbrace{-(b_{n-1}-b_n)}}& \text{ falls }n\text{ ungerade,}\\ \underset{\le 0}{\underbrace{-b_n}}& \text{ falls }n\text{ gerade}\end{array}\\ & \le b_m.\end{array}$

Die beiden Ungleichungsketten zusammen ergeben $|\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|=\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k\le b_m=|b_m|$ für ungerade $m$.

Ganz analog erhalten wir für gerade $m$ die beiden Ungleichungen

$\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k\le 0\text{ und }\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k\le -b_m,$

woraus sich für gerade $m$ ebenfalls $|\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|\le |b_m|$ ergibt. Also gilt die Ungleichung für alle $m\in \mathbb{N}$.

Nun war aber nach Voraussetzung $(b_k)$ eine Nullfolge, d.h. $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }m\ge N:|b_m|<ϵ$. Mit der gerade gezeigten Ungleichung folgt daher

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge m\ge N:|\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|<ϵ.$

Also konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ nach dem Cauchy-Kriterium.

Anwendungsbeispiel

Beispiel (Verallgemeinerte alternierende harmonische Reihe)

Die verallgemeinerte alternierende harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k^{\alpha }}$ konvergiert für alle $\alpha >0$ nach dem Leibniz-Kriterium, denn es gilt

• $b_k=\frac{1}{k^{\alpha }}\ge 0$ für alle $k\in \mathbb{N}$.
• $b_{k+1}=\frac{1}{(k+1{)}^{\alpha }}\stackrel{(k+1{)}^{\alpha }\ge k^{\alpha }}{\le }\frac{1}{k^{\alpha }}$ für alle $k\in \mathbb{N}$, also ist $(b_k)$ monoton fallend.
• $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{k^{\alpha }}=0$, also ist $(b_k)$ eine Nullfolge.

Anmerkungen zum Leibniz-Kriterium

• Natürlich gilt das Leibniz-Kriterium auch für Reihen der Form $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{b}_k$. Denn diese unterscheiden sich nur durch die "umgedrehten" Vorzeichen. Der Beweis funktioniert ganz analog mit vertauschten Rollen von $(S_{2n-1})$ und $(S_{2n})$.
• Ebenso gilt es für Reihen der Form $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{b}_k$ oder $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$. Lass dich durch Indexverschiebungen nicht aus der Ruhe bringen!
• Beachte, dass aus dem Leibniz-Kriterium nur die Konvergenz und nicht die absolute Konvergenz der Reihe folgt. Wie oben schon erwähnt, gibt es viele konvergente alternierende Reihen, die nicht absolut konvergieren. Ein Standardbeispiel ist wieder die alternierende harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}$.
• Im Gegensatz zu manch anderem Konvergenzkriterium kann aus dem Leibniz-Kriterium nie die Divergenz einer Reihe gefolgert werden. Besitzt eine Reihe nicht alle Eigenschaften, die das Kriterium fordert, heißt das nicht, dass die Reihe divergieren muss. Das Leibniz-Kriterium ist in diesen Fällen nicht anwendbar.

• Aus dem Beweis zum Leibniz-Kriterium folgt, dass $(I_n{)}_{n\in \mathbb{N}}=([c_n,d_n]{)}_{n\in \mathbb{N}}$ mit $c_n=S_{2n}$ und $d_n=S_{2n-1}$ eine Intervallschachtelung ist.
• Eine weitere Beweismöglichkeit für das Leibniz-Kriterium besteht darin, zunächst das allgemeinere Dirichlet-Kriterium zu beweisen und das Leibniz-Kriterium dann als Spezialfall zu folgern. Genaueres hierzu folgt zum Ende dieses Kapitels.
• Schließlich lässt sich das Leibniz-Kriterium erweitern auf den Fall, dass $(b_k{)}_{k\in \mathbb{N}}$ eine nicht-positive, monoton steigende Nullfolge ist. Der Beweis funktioniert ganz analog. Fassen wir beide Fälle zusammen, so konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$, falls $(b_k{)}_{k\in \mathbb{N}}$ eine monotone Nullfolge ist.

Anwendungsaufgabe

Aufgabe (Leibniz-Kriterium)

Ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}\frac{\sqrt{k}}{k+1}$ konvergent?

Wie kommt man auf den Beweis? (Leibniz-Kriterium)

Um das Leibniz-Kriterium anwenden zu können, müssen wir zeigen, dass die nichtnegative Folge $(b_k)=\left(\frac{\sqrt{k}}{k+1}\right)$ eine monoton fallende Nullfolge ist. Dies erledigen wir in zwei Schritten.

1. Wir zeigen: $(b_k)$ ist monoton fallend, d.h. $b_{k+1}\le b_k$. Dazu ist es oft leichter, eine der beiden äquivalenten Aussagen $\frac{b_{k+1}}{b_k}\le 1$ oder $b_{k+1}-b_k\le 0$ zu zeigen. Wir zeigen die Aussage über den Quotienten $\frac{b_{k+1}}{b_k}\le 1$.
2. Wir zeigen: $(b_k)$ ist eine Nullfolge, d.h. $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=0$. Dies zeigen wir mit Hilfe der Grenzwertsätze für Folgen.

Beweis (Leibniz-Kriterium)

Für $(b_k)=\left(\frac{\sqrt{k}}{k+1}\right)$ gilt $b_k\ge 0$, sowie

Beweisschritt 1: $\frac{b_{k+1}}{b_k}\le 1$

$\begin{array}{cc}\frac{b_{k+1}}{b_k}& =\frac{\frac{\sqrt{k+1}}{k+2}}{\frac{\sqrt{k}}{k+1}}\\ & =\frac{\sqrt{k+1}(k+1)}{\sqrt{k}(k+2)}\\ & =\frac{\sqrt{(k+1)(k+1{)}^2}}{\sqrt{k(k+2{)}^2}}\\ & =\frac{\sqrt{k^3+3k^2+3k+1}}{\sqrt{k^3+4k^2+4k}}\\ & =\sqrt{\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^3+4k^2+4k}}\end{array}$

Nun ist die Wurzelfunktion streng monoton steigend. Daher ist sie genau dann kleiner oder gleich $1$, wenn der Ausdruck unter der Wurzel kleiner oder gleich $1$ ist. Nun gilt aber

$\begin{array}{cc}\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^3+4k^2+4k}& =\frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^3+3k^2+3k+(k^2+k)}\\ & \downarrow k^2+k\ge 1\\ & \le \frac{k^3+3k^2+3k+1}{k^3+3k^2+3k+1}\\ & =1\end{array}$

Also gilt $\frac{b_{k+1}}{b_k}\le 1$, und damit ist $(b_k)$ monoton fallend.

Beweisschritt 2: $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=0$

$\begin{array}{cc}\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k& =\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt{k}}{k+1}\\ & \downarrow \sqrt{k}\text{ im Nenner ausklammern}\\ & =\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k}(\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k}})}\\ & \downarrow \sqrt{k}\text{ kürzen}\\ & =\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k}}}\\ & \downarrow \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt{k}}=0\text{ und Grenzwertsätze benutzen}\\ & =0\end{array}$

Damit ist $(b_k)$ eine Nullfolge.

Zusatzfrage: Konvergiert die Reihe absolut?

Nein, denn $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}|(-1{)}^{k+1}\frac{\sqrt{k}}{k+1}|=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sqrt{k}}{k+1}$ divergiert. Es gilt nämlich

$\begin{array}{cc}\frac{\sqrt{k}}{k+1}& \ge \frac{\sqrt{k}}{k+k}\\ & =\frac{\sqrt{k}}{2k}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{k}}\\ & \ge \frac{1}{2k}\end{array}$

und $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2k}$ divergiert.

Daher divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium.

Warnbeispiele zur Beachtung der Voraussetzungen

Wir weisen darauf hin, dass es zur Anwendung des Leibniz-Kriteriums wichtig ist, immer beide Voraussetzungen an $(b_k)$ zu überprüfen. D.h. $(b_k)$ muss sowohl monoton fallend als auch eine Nullfolge sein. Im Folgenden diskutieren wir zwei Beispiele von divergenten alternierenden Reihen, für die jeweils nur eine der Voraussetzungen erfüllt ist. Das dritte Beispiel ist eine alternierende Reihe, die konvergiert, obwohl die Voraussetzungen des Leibniz-Kriteriums nicht erfüllt sind. Das Leibniz-Kriterium ist daher nur ein hinreichendes und kein notwendiges Konvergenzkriterium.

Beispiel (Warnbeispiel 1 zum Leibniz-Kriterium)

Zunächst betrachten wir die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\left(\frac{k+1}{k}\right)$, d.h. $b_k=\frac{k+1}{k}$. Hier gilt

• $(b_k)$ ist monoton fallend.

Aufgabe (Monotonie)

Beweise dies.

Beweis (Monotonie)

Es gilt $\frac{b_{k+1}}{b_k}=\frac{\frac{k+2}{k+1}}{\frac{k+1}{k}}=\frac{k(k+2)}{(k+1{)}^2}=\frac{k^2+2k}{k^2+2k+1}\le 1$ und damit $b_{k+1}\le b_k$. Also ist $(b_k)$ monoton fallend.

• $(b_k)$ ist jedoch keine Nullfolge, denn mit den Grenzwertsätzen für Folgen gilt $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{k+1}{k}=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1+\frac{1}{k}}{1}=\frac{1}{1}=1\ne 0$.

Also ist das Leibniz-Kriterium nicht anwendbar. Des Weiteren divergiert die Reihe. Dazu verwenden wir das Trivialkriterium und zeigen, dass $(a_k)=((-1{)}^k\frac{k+1}{k})$ keine Nullfolge ist. Hierfür reicht es, zu zeigen, dass die Teilfolge $(a_{2n})$ keine Nullfolge ist, denn wenn eine Teilfolge nicht gegen $0$ konvergiert, dann kann die gesamte Folge auch nicht gegen $0$ konvergieren. Mit Hilfe der Grenzwertsätze folgt nun $a_{2n}=(-1{)}^{2n}\frac{2n+1}{2n}=\frac{2+\frac{1}{n}}{2}\to \frac{2}{2}=1\ne 0$. Also divergiert die Reihe nach dem Trivialkriterium.

Beispiel (Warnbeispiel 2 zum Leibniz-Kriterium)

Als zweites betrachten wir die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ mit $b_k=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{k}}& \text{ für ungerade }k,\\ \frac{1}{k}& \text{ für gerade }k\end{array}$. Für diese gilt

• $(b_k)$ ist nicht monoton fallend. Das wird sofort klar, wenn wir die ersten Folgenglieder betrachten: $(1,\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{4},\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{1}{6},\frac{1}{\sqrt{7}},\frac{1}{8},\frac{1}{\sqrt{9}}=\frac{1}{3},\frac{1}{10},\dots )$. Wir erkennen, dass $\frac{1}{2}<\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{4}<\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{1}{6}<\frac{1}{\sqrt{7}},\frac{1}{8}<\frac{1}{\sqrt{9}}=\frac{1}{3}$ usw. gilt. Allgemein ist für alle $n\in \mathbb{N}$ immer $2n+1\le 4n^2$ (Beweis über Induktion) und daher $a_{2n}=\frac{1}{2n}=\frac{1}{\sqrt{4n^2}}\le \frac{1}{\sqrt{2n+1}}=a_{2n+1}$. Also ist die Folge nicht monoton fallend, da ansonsten $a_{2n+1}\le a_{2n}$ gelten müsste.
• Allerdings ist $(b_k)$ eine Nullfolge.

Aufgabe (Nullfolge)

Beweise dies.

Beweis (Nullfolge)

Offensichtlich ist $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_{2n-1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt{2n-1}}=0$ und $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_{2n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n}=0$. Also gilt

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_1\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_1:|b_{2n-1}-0|=\frac{1}{\sqrt{2n-1}}<ϵ$ und $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{N}_2\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }n\ge N_2:|b_{2n}-0|=\frac{1}{2n}<ϵ$

(Genauer gelten die Ungleichungen für $N_1>\frac{1}{2{ϵ}^2}+\frac{1}{2}$ und für $N_2>\frac{1}{2ϵ}$.)

Nun können wir mit dem gleichen Argument wie gegen Ende des Beweises zum Leibniz-Kriterium $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=0$ folgern: Für $N=max\{2N_1-1,2N_2\}$ gilt dann

$\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }N\in \mathbb{N}\mathrm{\forall }k\ge N:|b_k-0|=b_k<ϵ.$

Also konvergiert $(b_k)$ gegen $0$.

Also ist das Leibniz-Kriterium auch hier nicht anwendbar. Die Reihe divergiert ebenso. Um dies zu zeigen, verwenden wir das gleiche Argument, welches wir bei der Divergenz der harmonischen Reihe benutzt haben, indem wir zeigen, dass die Partialsummenfolge $(s_{2n})=(\sum _{k=1}^{2n}(-1{)}^k{b}_k)$ unbeschränkt ist. Dazu benutzen wir die Abschätzung

$(k-1{)}^2\ge 0\Rightarrow k^2\ge 2k-1\Rightarrow k\ge \sqrt{2k-1}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2k-1}}\ge \frac{1}{k}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2k-1}}-\frac{1}{2k}\ge \frac{1}{2k}$

Aus dieser folgt

$\begin{array}{cc}{s}_{2n}& =\sum _{k=1}^{2n}(-1{)}^{k+1}{b}_k\\ & =(b_1-b_2)+(b_3-b_4)+\dots +(b_{2n-1}-b_{2n})\\ & =\sum _{k=1}^n(b_{2k-1}-b_{2k})\\ & =\sum _{k=1}^n(\frac{1}{\sqrt{2k-1}}-\frac{1}{2k})\\ & \downarrow \text{Abschätzung von oben}\\ & \ge \sum _{k=1}^n\frac{1}{2k}\end{array}$

Da nun die harmonische Reihe divergiert, divergiert auch $(s_{2n})$ und damit die gesamte Reihe.

Beispiel (Warnbeispiel 3 zum Leibniz-Kriterium)

Zuletzt betrachten wir die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ mit $b_k=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{k^2}& \text{ für gerade }k,\\ 0& \text{ für ungerade }k\end{array}$. Für diese gilt

• $(b_k)$ ist nicht monoton fallend. Denn für alle $k\in \mathbb{N}$ gilt $a_{2k-1}=0<a_{2k}=\frac{1}{(2k{)}^2}$.

Also ist eine Voraussetzung des Leibniz-Kriteriums nicht erfüllt. Dennoch konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium.

Aufgabe

Beweise, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ konvergiert.

Lösung

Es gilt

• $|(-1{)}^{k+1}{b}_k|\le \frac{1}{k^2}$ für alle $k\in \mathbb{N}$
• $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}<\mathrm{\infty }$

Also ist die Reihe nach dem Majorantenkriterium absolut konvergent und daher auch konvergent.

Folgerung: Fehlerabschätzung für den Grenzwert

Wie auch mit den anderen Konvergenzkriterien kann man mit dem Leibniz-Kriterium zwar die Konvergenz einer Reihe zeigen, nicht jedoch deren Grenzwert berechnen. Im Kapitel über die harmonische Reihe wurde schon erwähnt, dass $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}=\ln (2)$ gilt. Um das zu zeigen, reicht das Leibniz-Kriterium jedoch nicht aus, wir brauchen dafür weitere Hilfsmittel. Allerdings können wir aus dem Beweis zum Leibniz-Kriterium eine praktische Fehlerabschätzung herleiten, mit der sich der Grenzwert abschätzen lässt.

Im Beweis haben wir gezeigt, dass $(S_{2n-1})$ monoton fallend ist und gegen $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n-1}=S$ strebt. Genauer noch gilt mit dem Monotoniekriterium $S=inf\{S_{2n-1}:n\in \mathbb{N}\}$. Zur Wiederholung: Das Infimum einer Menge war die größte untere Schranke einer Menge. Also gilt damit $S_{2n-1}\ge S$ für alle $n\in \mathbb{N}$. Genauso war $(S_{2n})$ monoton steigend mit $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_{2n}=S=sup\{S_{2n}:n\in \mathbb{N}\}$. Da das Supremum eine kleinste obere Schranke war, gilt $S_{2n}\le S$ für alle $n\in \mathbb{N}$. Insgesamt erhalten wir also $S_{2n}\le S\le S_{2n-1}$ sowie $S_{2n}\le S\le S_{2n+1}$.

Hieraus folgen nun aber die beiden Ungleichungen

$\begin{array}{cc}{S}_{2n-1}-S& \le S_{2n-1}-S_{2n}\underset{\text{oben}}{\stackrel{\text{siehe}}{=}}{b}_{2n},\text{ und}\\ S-S_{2n}& \le S_{2n+1}-S_{2n}\stackrel{\text{analog}}{=}{b}_{2n+1}.\end{array}$

Aus beiden Ungleichungen zusammen erhalten wir damit die Abschätzung

$|S-S_n|=|\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k-\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|\le b_{n+1}.$

Satz (Fehler-Abschätzung für alternierende Reihen)

Konvergiert eine alternierende Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k$ nach dem Leibniz-Kriterium, so gilt

$|\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k+1}{b}_k-\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+1}{b}_k|\le b_{n+1}.$

Beispiel (Fehler-Abschätzung für alternierende Reihen)

Mit den zu Beginn des Kapitels berechneten Werten für die alternierende harmonische Reihe können wir ein Intervall angeben, in denen sich der Grenzwert $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}$ befindet.

Mit der Fehlerabschätzung gilt $|\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}-\sum _{k=1}^8\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}|\le b_9=\frac{1}{9}$. Wegen $S_8\le S$ liegt der Grenzwert daher im Intervall $[\frac{533}{840},\frac{533}{840}+\frac{1}{9}]$. Runden wir auf drei Dezimalstellen ab bzw. auf, so ergibt sich die besser zu beurteilende Aussage $S\in [0.634,0.746]$. Tatsächlich ist $S=\ln (2)\approx 0.693$.

Verallgemeinerung des Leibniz-Kriteriums: Dirichlet-Kriterium

Das Dirichlet-Kriterium lässt sich auf Reihen der Form $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{b}_k$ anwenden. Der Beweis beruht auf der abelschen partiellen Summation, auf die wir an dieser Stelle jedoch verzichten wollen, da das Kriterium in Grundvorlesungen meist nicht behandelt wird. Der Beweis der Kriteriums und der abelschen partiellen Summation befindet sich in der entsprechenden Übungsaufgabe.

Satz (Dirichlet-Kriterium)

Seien $(a_k)$ und $(b_k)$ reelle Folgen mit

1. Die Partialsummen $A_n=\sum _{k=1}^n{a}_k$ bilden eine beschränkte Folge,
2. $(b_k)$ ist monoton fallend,
3. $\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_k=0$.

Dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k{b}_k$.

Wir sehen sofort, dass die Voraussetzungen an $(b_k)$ genau dieselben sind wie im Leibniz-Kriterium. Setzen wir nun $a_k=(-1{)}^{k+1}$, so ist die erste Voraussetzung erfüllt, und wir erhalten das Leibniz-Kriterium. Es stellt also einen Spezialfall des Dirichlet-Kriteriums dar.

Aufgabe

Zeige, dass $a_k=(-1{)}^{k+1}$ die erste Voraussetzung aus dem Dirichlet-Kriterium erfüllt, d.h. dass $A_n=\sum _{k=1}^n{a}_k$ beschränkt ist.

Lösung

Es gilt

$A_n=\sum _{k=1}^n{a}_k=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k+1}=1-1+1-1\pm \dots +(-1{)}^n=\{\begin{array}{cc}1& \text{ für ungerade }n,\\ 0& \text{ für gerade }n.\end{array}$

Also ist $(A_n)$ offensichtlich beschränkt.