Ratio test – Serlo

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The ratio test allows for proving convergence or divergence of many explicitly given series, so it is among the most popular criteria in use. Although it is applicable to fewer series than the root test, proofs based on the ratio test are usually easier to do.

The ratio test was first published by mathematician and physicist Jean-Baptiste le Rond d’Alembert and is thus sometimes called d'Alembert's ratio test.

Derivation

First thoughts

Similar to the root test, the ratio test makes use of the direct comparison test to reduce the convergence of the series in question to that of a geometric series. Let $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ be a given series with $a_{k}\geq 0$ for all $k\in \mathbb {N}$. The requirement of non-negative summands is necessary for the direct comparison test. We know that the series converges, if there is some $q\in [0,1)$ such that $a_{k}\leq q^{k}$ for all $k\in \mathbb {N}$. This follows immediately from direct comparison to the geometric series $\sum _{k=1}^{\infty }q^{k}$, which converges for $0\leq q<1$.

The root test simply transforms the inequality $a_{k}\leq q^{k}$ to ${\sqrt[{k}]{a_{k}}}\leq q$. The ratio test instead employs a recursive argument with $a_{k}\leq q^{k}$ as an implication. As a starting point, we require $a_{1}\leq q$ (so the inequality holds for the base case $k=1$). To prove the target inequality for all $k$ by induction, we would need a criterion allowing to deduce $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ from the inductive assumption $a_{k}\leq q^{k}$. Assuming $a_{k}\neq 0$, we find

$a_{k+1}={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k},$

where we used that ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}$, as a ratio of non-negative numbers, is itself non-negative. Since we already assumed $a_{k}\geq 0$, the set of series for which the ratio test is applicable reduces to those with $a_{k}>0$ for all $k\in \mathbb {N}$.

As a consequence, to deduce $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ from the inductive assumption it suffices to have ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\leq q^{k+1}$. In turn, a sufficient condition for this to hold is the simple recursive relation

$0<{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q.$

Summarizing our first thoughts

Assuming $a_{k}>0$, we can show inductively that $a_{1}\leq q$ and ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ together imply $a_{k}\leq q^{k}$ for all $k\in \mathbb {N}$. This statement is a direct comparison with a geometric series. Such series converge for $q\in [0,1)$, and so does the series in question, if all criteria are met. Given the base case $a_{1}\leq q$ and inductive assumption $a_{k}\leq q^{k}$, the inductive step reads:

${\begin{aligned}a_{k+1}&={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a_{k}\leq q^{k}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q\right.}\\[0.5em]&\leq q^{k+1}\\[0.5em]\end{aligned}}$

First improvement

Whether a series converges or diverges does not depend on finitely many of its summands, as convergence is a property of the infinite. That means, if we take a convergent series and change a finite number of its summands, we obtain another convergent series (though with a possibly different value). Hence one could expect the requirement $a_{1}\leq q$ to be irrelevant for the convergence of the entire series, as it only affects a single summand.

In fact, assuming only ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ we find

${\begin{aligned}a_{1}&&&&=a_{1}\cdot q^{0},\\a_{2}&=a_{1}\cdot {\frac {a_{2}}{a_{1}}}&&\leq a_{1}\cdot q&=a_{1}\cdot q^{1},\\a_{3}&=a_{2}\cdot {\frac {a_{3}}{a_{2}}}&&\leq a_{2}\cdot q&\leq a_{1}\cdot q^{2},\\a_{4}&=a_{3}\cdot {\frac {a_{4}}{a_{3}}}&&\leq a_{3}\cdot q&\leq a_{1}\cdot q^{3},\\a_{5}&=a_{4}\cdot {\frac {a_{5}}{a_{4}}}&&\leq a_{4}\cdot q&\leq a_{1}\cdot q^{4},\\&&\vdots \end{aligned}}$

Altogether, we have $a_{k}\leq a_{1}\cdot q^{k-1}$. The series $\sum _{k=1}^{\infty }a_{1}\cdot q^{k-1}={\tfrac {a_{1}}{q}}\cdot \sum _{k=1}^{\infty }q^{k}$ is proportional to a convergent geometric series, so it is itself convergent. By direct comparison, we have thus shown convergence of the series $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ using ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ alone, without any restrictions to $a_{1}$.

Second improvement

We can generalize our induction proof even further by not only dropping our special requirement for $a_{1}$, but also the quotient requirement for a finite number of pairs of subsequent summands. In mathematical terms: We require ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ only for almost all $k\in \mathbb {N}$. After that, we are still left with an infinite number of pairs for which the requirement holds. In particular, we can find some $K\in \mathbb {N}$, such that the criterion still holds for all $k\geq K$. Beyond this index we have a similar situation as before:

${\begin{aligned}a_{K}&&&&=a_{K}\cdot q^{0}\\[0.5em]a_{K+1}&=a_{K}\cdot {\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}&\leq a_{K}\cdot q&&=a_{K}\cdot q^{1}\\[0.5em]a_{K+2}&=a_{K+1}\cdot {\frac {a_{K+2}}{a_{K+1}}}&\leq a_{K+1}\cdot q&&\leq a_{K}\cdot q^{2}\\[0.5em]a_{K+3}&=a_{K+2}\cdot {\frac {a_{K+3}}{a_{K+2}}}&\leq a_{K+2}\cdot q&&\leq a_{K}\cdot q^{3}\\[0.5em]a_{K+4}&=a_{K+3}\cdot {\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}&\leq a_{K+3}\cdot q&&\leq a_{K}\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Altogether we have $a_{K+l}\leq a_{K}\cdot q^{l}$ for all $l\geq 0$. After an index shift $k=K+l$ the inequality reads $a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}$ for all $k\geq K$. We can now find a finite upper estimate for the whole series:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}&=\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{K}\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}} _{\text{finite}}+a_{K}\underbrace {\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{convergent}}} _{\text{finite}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

This proves convergence of the series by direct comparison. Hence, it is successful to require ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ only for almost all $k\in \mathbb {N}$.

Rephrasing in terms of limit superior

The condition ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ for almost all $k\in \mathbb {N}$ and some fixed $q$ with $0<q<1$ can be expressed using the notion of limit superior. In fact, the statement of the previous phrase is equivalent to $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$.

We prove equivalence by starting with the first statement. ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ for almost all $k$ implies that all cluster points of the sequence $\left({\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ must be smaller than or equal to $q$. In particular, the limit superior, which is the greatest cluster point, then must obey $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q<1$, which is the second statement.

Now for the converse direction. Let ${\tilde {q}}\equiv \limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$. Then for any $\epsilon >0$ the inequality ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq {\tilde {q}}+\epsilon$ holds for almost all $k\in \mathbb {N}$. Since $0<{\tilde {q}}<1$, we can choose $\epsilon >0$ small enough such that also $0<{\tilde {q}}+\epsilon <1$, e.g. $\epsilon \equiv {\tfrac {1-{\tilde {q}}}{2}}$. If we now set $q\equiv {\tilde {q}}+\epsilon$, we have both $0<q<1$ and ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ for almost all $k\in \mathbb {N}$. Given the second statement, we can thus explicitly construct a $q$ for which the first statement holds.

We can summarize that $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$ is a sufficient criterion for the series $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ to converge.

Adding a flavor of absolute convergence

So far, we restricted ourselves to series with non-negative summands. Can we extend our convergence criterion to general series with (at least some) negative summands?

For any given series $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$, we can construct another series $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$, whose summands are clearly non-negative. This series is now in the range of applicability for our ratio test. However, showing convergence for that series is exactly what it means to show absolute convergence for the original series. As we have seen before, absolute convergence implies "common" convergence.

If $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}=\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, then the series $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ is absolutely convergent, and hence convergent.

Introduction of the absolute value changes nothing for series whose summands have been non-negative already (the situation we assumed so far). Thus, the new version of the ratio test introduced in this section is strictly more powerful than the one we considered before, as it has a larger range of applicability and absolute convergence is a stronger statement than convergence.

Quotientenkriterium für Divergenz

Lässt sich mit einer ähnlichen Argumentation auch die Divergenz einer Reihe beweisen? Schauen wir uns $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an. Wenn der Quotient im Betrag größer gleich eins ist, dann ist

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1\implies |a_{k+1}|\geq |a_{k}|$

Wenn also ab einem beliebigen Index $K$ für alle nachfolgenden Indizes $k$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ erfüllt ist, dann wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. Diese Folge kann keine Nullfolge sein, da sie nach dem Folgenglied $|a_{K}|$ monoton wächst und $|a_{K}|>0$. Wenn aber $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge ist, dann ist auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Daraus folgt nach dem Trivialkriterium, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ keine Nullfolge ist. Das Trivialkriterium besagt ja, dass $\lim _{k\to \infty }a_{k}=0$ wäre, wenn die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergieren würde. Fassen wir zusammen:

Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ erfüllt, dann ist $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert nach dem Trivialkriterium.

Das Quotientenkriterium

Satz

Mediendatei abspielen

Erklärung zur Konvergenz mit dem Quotienten-Kriterium. (YouTube-Video vom Kanal Quatematik)

Theorem (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\neq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Wenn $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$ ist, dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergent.

Wenn $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist (also für alle $k\geq K$ für ein bestimmtes $K\in \mathbb {N}$), dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergent.

Fassen wir die obige Herleitung in einem Beweis zusammen:

Proof (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit Summanden ungleich Null.

Proof step: Konvergenz mit dem Quotientenkriterium

Sei $\theta =\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$. Wir wählen nun $\epsilon >0$ so klein, dass $q=\theta +\epsilon <1$ ist. Wegen $\theta <1$ existiert dieses $\epsilon$ (beispielsweise kann $\epsilon ={\tfrac {1-\theta }{2}}$ gewählt werden). Aus den Eigenschaften des Limes superior folgt, dass für fast alle $k\in \mathbb {N}$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<q$ erfüllt ist. Es gibt also eine natürliche Zahl $K$, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<q$ für alle $k\geq K$ ist. Es folgt:

${\begin{aligned}|a_{K+1}|&=|a_{K}|\cdot \left|{\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}\right|\leq |a_{K}|\cdot q\\[0.5em]|a_{K+2}|&=|a_{K+1}|\cdot \left|{\frac {a_{K+2}}{a_{K+1}}}\right|\leq |a_{K+1}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{2}\\[0.5em]|a_{K+3}|&=|a_{K+2}|\cdot \left|{\frac {a_{K+3}}{a_{K+2}}}\right|\leq |a_{K+2}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{3}\\[0.5em]|a_{K+4}|&=|a_{K+3}|\cdot \left|{\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}\right|\leq |a_{K+3}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhält man so $|a_{K+l}|\leq |a_{K}|\cdot q^{l}$. Indem man $k=K+l$ setzt, folgt die Ungleichung $|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}$ und somit:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|&=\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{k}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{K}|\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung in der 2. Reihe}}\right.}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|} _{\text{beschränkt}}+\underbrace {|a_{K}|\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{konvergent = beschränkt}}} _{\text{beschränkt}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nach dem Majorantenkriterium. Dies bedeutet wiederum, dass $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergiert.

Proof step: Divergenz mit dem Quotientenkriterium

Sei nun $K$ eine natürliche Zahl, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Es ist dann für alle $k\geq K$:

${\begin{aligned}&&\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&\geq 1\\[0.5em]&\implies &|a_{k+1}|&\geq |a_{k}|\end{aligned}}$

Damit wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ist keine Nullfolge, weil $|a_{K}|>0$ ist (wegen $a_{K}\neq 0$). Damit ist aber auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Aus dem Trivialkriterium für Reihen folgt, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert.

Verschärfung mit Limes inferior

Die gerade behandelte Voraussetzung für die Divergenz lässt sich mit Hilfe des Limes inferior verschärfen. So ist das Kriterium leichter anzuwenden. Gilt $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, folgt daraus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Also divergiert die Reihe. Die umgekehrte Richtung muss nicht gelten. Aus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$ muss nicht $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ folgen, da die Folge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ nicht zwangsläufig einen kleinsten Häufungspunkt besitzt. Es handelt sich also um eine stärkere Voraussetzung für die Divergenz der Reihe.

Hint

Ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann gibt es ein $\theta <1$ mit $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<\theta$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, womit die Reihe absolut konvergiert. Analog divergiert die Reihe, wenn $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ ist.

Grenzen des Quotientenkriteriums

Bei $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ können wir nichts über Konvergenz bzw. Divergenz der Reihe aussagen. Es gibt nämlich sowohl konvergente als auch divergente Reihen, die diese Bedingung erfüllen. Ein Beispiel hierfür ist die divergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {1}{k}}}}=1\end{aligned}}$

Auch die konvergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ erfüllt diese Gleichung:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{k^{2}+2k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {2}{k}}+{\frac {1}{k^{2}}}}}=1\end{aligned}}$

Wir können also aus $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ weder folgern, dass die Reihe konvergiert, noch, dass sie divergiert. Wir müssen in einem solchen Fall ein anderes Konvergenzkriterium verwenden.

Vorgehen bei der Anwendung des Quotientenkriteriums

Entscheidungsbaum für das Quotientenkriterium

Um das Quotientenkriterium auf eine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ anzuwenden, bilden wir zunächst $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten den Grenzwert:

1. Ist $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann konvergiert die Reihe absolut.
2. Ist $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, dann divergiert die Reihe.
3. Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, dann divergiert die Reihe.
4. Können wir keinen der drei Fälle anwenden, können wir nichts über die Konvergenz der Reihe aussagen.

Beispielaufgaben

Aufgabe 1

Exercise

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz oder Divergenz.

How to get to the proof?

Zunächst bilden wir den Quotienten $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten dessen Grenzwert:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Damit ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, womit aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe absolut konvergiert.

Proof

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ konvergiert absolut nach dem Quotientenkriterium, denn es ist

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0<1\end{aligned}}$

Aufgabe 2

Exercise

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz bzw. Divergenz.

How to get to the proof?

Wir haben $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$. Schauen wir uns nun $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\end{aligned}}$

Nun ist $1+{\tfrac {1}{k}}\geq 1$ und damit auch $\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1$. Daraus folgt, dass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für alle $k\in \mathbb {N}$ und damit insbesondere für fast alle $k\in \mathbb {N}$. Aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe divergiert.

Proof

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ divergiert, denn für $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$ ist

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1\end{aligned}}$

Hint

Du weißt vielleicht schon, dass $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ ist. Dementsprechend kannst du alternativ auch den Beweis darüber führen, dass $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e>1$. Diese Argumentation kann aber nur angewandt werden, wenn $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ bereits in der Vorlesung bewiesen wurde.

Aufgabe 3

Exercise

Untersuche für welche $a\in \mathbb {R}$ die Reihe ${\textstyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}}$ konvergiert, absolut konvergiert bzw. divergiert.

Proof

Wir nutzen das Quotientenkriterium mit ${\textstyle a_{k}={\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}}$:

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=&\left|{\frac {(a^{2}-1)^{k+1}\cdot (k+1)}{(a^{2}-1)^{k}\cdot (k+2)}}\right|\\&=\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {k+1}{k+2}}\\&=\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {1+{\frac {1}{k}}}{1+{\frac {2}{k}}}}\end{aligned}}$

Damit folgt

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {1+{\frac {1}{k}}}{1+{\frac {2}{k}}}}=\left|a^{2}-1\right|\end{aligned}}$

Weil der Grenzwert existiert, stimmen Limes superior und Limes inferior überein. Also gilt

${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\left|a^{2}-1\right|\end{aligned}}$

Uns interessiert für welche $a\in \mathbb {R}$ Konvergenz, absolute Konvergenz und Divergenz vorliegt. Aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe absolut konvergiert, wenn $|a^{2}-1|<1$ ist. Im Fall $|a^{2}-1|>1$ folgt mit dem Quotientenkriterium widerum die Divergenz der Reihe. Den Fall $|a^{2}-1|=1$ müssen wir extra untersuchen:

Fall 1: $|a^{2}-1|<1$

Wir wollen herausfinden, für welche $a\in \mathbb {R}$ die Ungleichung $|a^{2}-1|<1$ gilt. Durch Umformungen finden wir:

${\begin{array}{rrclcrcl}&&|a^{2}-1|&<1\\\iff &-1<&a^{2}-1&<1\\\iff &0<&a^{2}&<2\\\iff &0<&|a|&<{\sqrt {2}}\\\iff &-{\sqrt {2}}<&a&<0&{\text{ oder }}&0<&a&<{\sqrt {2}}\\\end{array}}$

Für $-{\sqrt {2}}<a<0$ oder $0<a<{\sqrt {2}}$, wenn also $a\in ]-{\sqrt {2}};0[\cup ]0;{\sqrt {2}}[$ gilt, konvergiert die Reihe absolut.

Fall 2: $|a^{2}-1|>1$

Hier gilt:

${\begin{array}{rrlcrl}&|a^{2}-1|&>1\\\iff &a^{2}-1&>1&{\text{ oder }}&a^{2}-1&<-1\\\iff &a^{2}&>2&{\text{ oder }}&a^{2}&<0\\\iff &|a|&>{\sqrt {2}}\\\iff &a&>{\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&a&<-{\sqrt {2}}\end{array}}$

Für $a<-{\sqrt {2}}$ oder $a>{\sqrt {2}}$ bzw. für $a\in ]-\infty ;-{\sqrt {2}}[\cup ]{\sqrt {2}};\infty [$ divergiert die Reihe.

Fall 3: $|a^{2}-1|=1$

Zuletzt gilt

${\begin{array}{rrlcrl}&|a^{2}-1|&=1\\\iff &a^{2}-1&=1&{\text{ oder }}&a^{2}-1&=-1\\\iff &a^{2}&=2&{\text{ oder }}&a^{2}&=0\\\iff &|a|&={\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&|a|&=0\\\iff &a&=\pm {\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&a&=0\end{array}}$

Da das Quotientenkriterium hier keine Konvergenzaussage liefert, müssen wir die beiden Fälle einzeln untersuchen:

Fall 1: $a=\pm {\sqrt {2}}$

Es gilt

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

Da es sich um die harmonische Reihe handelt, divergiert diese.

Fall 2: $a=0$

Es gilt

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

Die Reihe ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent, jedoch nicht absolut konvergent, da $\sum _{k=0}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}\right|=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+1}}$ als harmonische Reihe divergiert.

Vergleich zwischen Quotienten- und Wurzelkriterium

Das Quotientenkriterium lässt sich bei einigen Reihen wesentlich leichter anwenden als das Wurzelkriterium. Ein Beispiel ist die Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}}$, deren Konvergenz man mit dem Quotientenkriterium gut beweisen kann:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}=0\end{aligned}}$

Im Wurzelkriterium muss man folgenden Grenzwert betrachten:

$\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{\sqrt[{k}]{k!}}}$

Hier ist unklar, ob und wogegen eine Konvergenz vorliegt. Dass $k!$ schnell anwächst, könnte für eine Nullfolge sprechen. Allerdings wird die Folge $\left({\sqrt[{k}]{k!}}\right)$ durch das Ziehen der $k$-ten Wurzel stark abgeschwächt. Tatsächlich lässt sich ${\sqrt[{k}]{k!}}\to \infty$ zeigen (und damit folgt ${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\to 0$). Dieser Beweis ist jedoch sehr aufwändig. Ähnlich verhält es sich bei der Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}}$. Mit dem Quotientenkriterium erhalten wir

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1\end{aligned}}$

Damit ist die Folge divergent nach dem Quotientenkriterium. Im Wurzelkriterium haben wir folgenden Grenzwert zu betrachten:

$\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{\sqrt[{k}]{k!}}}$

Man kann beweisen, dass diese Folge gegen $e$ konvergiert. Das ist jedoch aufwendig und erfordert zusätzliche Konvergenzkriterien, die oftmals in einer Analysis-Grundvorlesung nicht zur Verfügung stehen. In beiden Fällen ist die Lösung mit dem Quotientenkriterium einfacher.

Allerdings gibt es auch Reihen, die mit dem Wurzelkriterium lösbar sind und bei denen das Quotientenkriterium nicht anwendbar ist. Ein Beispiel dafür ist die Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ mit }}a_{k}={\begin{cases}\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }},\\\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Das Quotientenkriterium ist hier nicht anwendbar. Für die Quotientenfolge gilt nämlich

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|={\begin{cases}\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }}k\\\left({\frac {3}{2}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Damit ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\infty }$, da die Quotientenfolge für ungerade $k$ wegen ${\tfrac {3}{2}}>1$ nach oben unbeschränkt ist. Andererseits gilt ${\textstyle \left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1}$ für alle geraden $k$ und damit für unendlich viele Quotienten. Insgesamt müssen wir aber feststellen, dass das Quotientenkriterium nicht anwendbar ist. Hingegen liefert das Wurzelkriterium

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\begin{cases}{\frac {1}{2}}&{\text{ für gerade }}k\\{\frac {1}{3}}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Damit ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\frac {1}{2}}<1}$ und die Reihe konvergiert absolut. Damit ist im obigen Beispiel das Wurzelkriterium anwendbar, während das Quotientenkriterium kein Ergebnis ergibt. Insgesamt ist es so, dass das Wurzelkriterium einen größeren Anwendungsbereich als das Quotientenkriterium hat. Auf jede Reihe, deren Konvergenzverhalten mit dem Quotientenkriterium feststellbar ist, kann auch das Wurzelkriterium angewendet werden. Dies folgt aus folgender Ungleichung:

$\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq \liminf _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$

Hier wird offensichtlich: Ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1}$, so ist automatisch ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}<1}$. Ist ${\textstyle \liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1}$, ist automatisch ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}>1}$. Ist also das Quotientenkriterium anwendbar, ist immer das Wurzelkriterium anwendbar. Die Umkehrung gilt nicht, wie es das obige Beispiel zeigt. Wir verzichten hier auf den etwas theoretischen und langwierigen Beweis der Ungleichung. Fortgeschrittene können sich gerne an der entsprechenden Übungsaufgabe versuchen.

Vertiefung: Kriterium von Raabe

Falls das Quotientenkriterium in obiger Form scheitert, weil beispielsweise $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ ist, gibt es eine verschärfte Form, bei der man die Quotientenfolge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ genauer abschätzen muss. Sie nennt sich Kriterium von Raabe und ist nach dem Schweizer Mathematiker Joseph Ludwig Raabe benannt.

Das Kriterium von Raabe lässt sich oft nicht so leicht wie das Quotientenkriterium anwenden und wird in den Grundvorlesungen häufig nicht behandelt. Deshalb erwähnen wir es hier nur und verzichten auf eine Herleitung. Fortgeschrittenen, die das Kriterium herleiten möchten, empfehlen wir die entsprechende Übungsaufgabe. Das Kriterium von Raabe lautet

Theorem (Raabe-Kriterium)

1. Ist $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq 1-{\frac {\beta }{k+1}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ mit einer Konstanten $\beta >1$, konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Ist ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\geq 1-{\frac {1}{k+1}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, divergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Example (Raabe-Kriterium)

Sehr einfach lässt sich mit dem Raabe-Kriterium die Divergenz der harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ zeigen. Hier ist nämlich $a_{k}={\frac {1}{k}}$. Für alle $k\in \mathbb {N}$ gilt damit

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

Also divergiert die Reihe.

Example (Konvergenz mit dem Raabe Kriterium)

Etwas schwerer ist es die Konvergenz der Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}}$ zu zeigen. Hier gilt für $n\in \mathbb {N}$:

${\begin{aligned}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}&={\frac {k^{2}}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=\left({\frac {k+1-1}{k+1}}\right)^{2}\\[0.5em]&=1-{\frac {2}{k+1}}+{\frac {1}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=1-{\frac {2(k+1)-1}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=1-{\frac {\frac {2(k+1)-1}{k+1}}{k+1}}\\[0.5em]&=1-{\frac {2-{\frac {1}{k+1}}}{k+1}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\begin{array}{rl}k+1\geq 2&\implies {\frac {1}{k+1}}\leq {\frac {1}{2}}\\&\implies -{\frac {1}{k+1}}\geq -{\frac {1}{2}}\\&\implies 2-{\frac {1}{k+1}}\geq 2-{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}\\&\implies 1-{\frac {2-{\frac {1}{k+1}}}{k+1}}\leq 1-{\frac {\frac {3}{2}}{k+1}}\end{array}}\right.\\[0.5em]&\leq 1-{\frac {\frac {3}{2}}{k+1}}.\end{aligned}}$

Mit $\beta ={\frac {3}{2}}>1$ folgt $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq 1-{\frac {\beta }{k+1}}$. Also konvergiert die Reihe (absolut).