Freitag 13.12.2013

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
$Id: reihen.tex,v 1.16 2013/12/13 12:26:16 hk Exp $
§5 Reihen
5.2 Grundeigenschaften von Reihen
Am Ende der letzten Sitzung hatten wir die Divergenz der sogenannten harmonischen
Reihe bewiesen, dass also
∞∑ 1
n = ∞
n=1
gilt. Wir hatten dies eingesehen indem wir die Summanden der harmonischen Reihe in
Blöcken von Zweierpotenzlänge zusammengefasst hatten und so für jedes n ∈ N mit
n ≥ 2
2 n ∑
k=1
1
k > 1 + n 2
gezeigt hatten. Damit sind die Partialsummen der harmonischen Reihe nicht nach oben
beschränkt und die Divergenz dieser Reihe folgte. Dieses Argument kann man auch in
einer etwas allgemeineren Situation verwenden, es ist nicht wirklich wichtig das die
Summanden der Reihe die Stammbrüche sind, sie müssen nur monoton fallend sein.
Angenommen wir haben eine monoton fallende Folge (a n ) n≥1 positiver reeller Zahlen.
Für jedes n ∈ N haben wir dann
2 n ∑
k=2 n−1 +1
a k ≥ 2 n−1 a 2 n
und
2∑
n −1
k=2 n−1 a k ≤ 2 n−1 a 2 n−1,
im wesentlichen lassen sich die Partialsummen der Reihe ∑ ∞
n=1 a n also nach oben
und unten durch Partialsummen der sogenannten kondensierten Reihe ∑ ∞
n=0 2n a 2 n
abschätzen. Dies führt uns zum folgenden sogenannten Kondensationskriterium“ oder
”
” Verdichtungskriterium“.
Satz 5.6 (Cauchys Kondensationskriterium)
Sei (a n ) n≥1 eine monoton fallende, reelle Zahlenfolge mit a n ≥ 0 für alle n ∈ N. Dann
ist die Reihe
konvergent ist.
∞∑
a n genau dann konvergent wenn die Reihe
n=1
13-1
∞∑
2 n a 2 n
n=0

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Beweis: Es seien
s n :=
n∑
a k beziehungsweise t n :=
k=1
n∑
2 k a 2 k
k=0
für jedes n ∈ N die Partialsummen der Ausgangsreihe beziehungsweise der kondensierten
Reihe. Nach Satz 4.(b) ist ∑ ∞
n=1 a n genau dann konvergent wenn die Folge (s n ) n≥1
nach oben beschränkt ist und die kondensierte Reihe ∑ ∞
n=0 2n a 2 n ist genau dann konvergent
wenn die Folge (t n ) n∈N nach oben beschränkt ist. Es ist also nur zu zeigen, dass
(s n ) n≥1 genau dann nach oben beschränkt ist wenn (t n ) n∈N dies ist.
”=⇒” Sei also (s n ) n≥1 nach oben beschränkt, d.h. es gibt ein C ∈ R mit s n ≤ C für
jedes n ∈ N mit n ≥ 1. Für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 gilt a 2 n ≤ a k für alle k ∈ N mit
2 n−1 < k ≤ 2 n , da die Folge (a k ) k∈N als monoton fallend vorausgesetzt ist, also auch
Für jedes n ∈ N folgt weiter
2 n−1 a 2 n =
2 n ∑
k=2 n−1 +1
a 2 n ≤
2 n ∑
k=2 n−1 +1
a k .
t n =
n∑
n∑
n∑
2 k a 2 k = a 1 + 2 · 2 k−1 a 2 k ≤ a 1 + 2
k=0
k=1
k=1 l=2 k−1 +1
k=1
2 k ∑
a l ≤ 2 ·
2 n ∑
a k = 2s 2 n ≤ 2C,
d.h. auch die Folge (t n ) n∈N ist nach oben beschränkt.
”⇐=” Nun nehme umgekehrt an das (t n ) n∈N nach oben beschränkt ist, es gibt also ein
C ∈ R mit t n ≤ C für jedes n ∈ N. Wieder da die Folge (a n ) n∈N monoton fallend ist
haben wir für jedes n ∈ N und alle k ∈ N mit 2 n ≤ k < 2 n+1 stets a k ≤ a 2 n und somit
auch
2 n+1 ∑−1
k=2 n a k ≤
2 n+1 ∑−1
k=2 n a 2 n = 2 n a 2 n.
Ist also n ∈ N, so ergibt die Bernoullische Ungleichung §1.Lemma 6 zunächst 2 n −1 ≥ n
und damit ist auch
∑n−1
s n ≤ s 2 n −1 =
k=0
2 k+1 ∑−1
d.h. die Folge (s n ) n≥1 ist nach oben beschränkt.
∑n−1
a l ≤ 2 k a 2 k = t n−1 ≤ C,
l=2 k k=0
Wir wollen das Kriterium einmal dazu verwenden, die Konvergenz der Reihe
∞∑
n=1
1
n α
13-2

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für ein allgemeines α ∈ Q zu entscheiden. Ist α ≤ 0, so ist (1/n α ) n≥1 nicht einmal
eine Nullfolge, wir können uns also auf den Fall α > 0 beschränken. Dann ist die Folge
(1/n α ) n≥1 eine streng monoton fallende Nullfolge. Nach dem Kondensationskriterium
müssen wir also die Reihe
∞∑
2 n 1
(2 n ) = ∑ ∞
2 (1−α)n =
α
n=0
n=0
∞∑
(2 1−α ) n
untersuchen. Dies ist eine geometrische Reihe und nach Satz 1 genau dann konvergent
wenn 2 1−α < 1 ist, also genau dann wenn 1 − α < 0, beziehungsweise α > 1 ist. Dies
zeigt
∞∑ 1
< ∞ ⇐⇒ α > 1.
nα n=1
Wir haben dieses Resultat erst einmal nur für α ∈ Q, da Potenzen mit beliebigen reellen
Exponenten noch gar nicht definiert sind. Da wir nur die Potenzrechenregeln verwendet
haben, gilt das Ergebnis aber auch für allgemeines α ∈ R sobald die entsprechenden
Potenzen definiert sind.
Ein Phänomen das die Behandlung der Konvergenz von Reihen deutlich erschwert,
ist das diese nicht nur vom Betrag der Summanden sondern auch von deren Vorzeichen,
beziehungsweise ihrem Argument im komplexen Fall, abhängt. Beispielsweise ist die
harmonische Reihe
∞∑ 1
n = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + · · ·
n=1
wie gesehen divergent, aber die Reihe
n=0
∞∑ (−1) n−1
n=1
n
= 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · ·
wird sich gleich als konvergent herausstellen. Derartige Reihen bei denen das Vorzeichen
ständig hin und her wechselt werden als alternierende Reihen bezeichnet, und das
folgende sogenannte Leipnitz-Kriterium wird zeigen, dass eine große Zahl dieser Reihen
konvergent ist.
Satz 5.7 (Leipnitz-Kriterium)
Sei (a n ) n∈N eine monoton fallende, reelle Nullfolge mit a n ≥ 0 für alle n ∈ N. Dann
ist die alternierende Reihe ∑ ∞
n=0 (−1)n a n konvergent. Ist (s n ) n∈N die Folge der Partialsummen
dieser Reihe, so gilt
s 2n ≥
∞∑
(−1) k a k ≥ s 2n+1
k=0
für alle n ∈ N.
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Beweis: Für jedes n ∈ N gelten
da a 2n+2 ≤ a 2n+1 ist und
s 2(n+1) = s 2n+2 = s 2n − a 2n+1 + a 2n+2 ≤ s 2n
s 2(n+1)+1 = s 2n+3 = s 2n+1 + a 2n+2 − a 2n+3 ≥ s 2n+1
da a 2n+2 ≥ a 2n+3 ist. Damit ist die Folge (s 2n ) n∈N monoton fallend und die Folge
(s 2n+1 ) n∈N ist monoton steigend. Für jedes n ∈ N gilt außerdem
s 1 ≤ s 2n+1 = s 2n − a 2n+1 ≤ s 2n ≤ s 0 ,
d.h. (s 2n ) n∈N ist nach unten und (s 2n+1 ) n∈N ist nach oben beschränkt. Nach §4.Satz 3
existieren die beiden Grenzwerte
Nach §4.Satz 6.(a,b) ist dabei
s := lim
n→∞
s 2n und t := lim
n→∞
s 2n+1 .
t − s = lim
n→∞
s 2n+1 − lim
n→∞
s 2n = lim
n→∞
(s 2n+1 − s 2n ) = − lim
n→∞
a 2n+1 = 0,
also haben wir s = t. Nach §4.Lemma 1.(d) ist auch die Folge (s n ) n∈N konvergent mit
dem Grenzwert s = t. Dies zeigt die Konvergenz der Reihe ∑ ∞
n=0 (−1)n a n sowie
∞∑
s 2n ≥ s = (−1) n a n = t ≥ s 2n+1
für jedes n ∈ N.
n=0
Beispielsweise konvergieren damit die beiden Reihen
∞∑ (−1) n−1
n
n=1
= 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · = ln(2),
∞∑ (−1) n
2n + 1 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + · · · = π 4 ,
n=0
wobei letztere Reihe oft als die Leipnitz-Reihe bezeichnet wird. Die Grenzwerte sind
hier nur zur Information angegeben, mit den uns hier zur Verfügung stehenden Hilfsmitteln
können wir diese noch nicht weiter begründen. Man kann sich das Leipnitz
Kriterium, zumindest teilweise, auch so erklären das je zwei Summanden der Reihe zusammengefasst
werden, man also zu neuen Summanden der Form b n = a 2n − a 2n+1 ≥ 0
übergeht und so eine Reihe bestehend aus nichtnegativen Summanden erhält. Eine solche
Konstruktion kann man auch noch etwas allgemeiner betrachten, startend mit einer
beliebigen Reihe ∑ ∞
n=0 a n, fasst man die Summanden in einzelnen Blöcken zusammen
b 0 = a 0 + · · · + a n1 −1, b 1 = a n1 + · · · + a n2 −1, b 2 = a n2 + · · · + b n3 −1, . . .
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und erhält so eine ”
geblockte Reihe“ ∑ ∞
n=0 b n. Setzt man noch n 0 := 0 so stehen in
der Definition des i-ten Blocks b i stets n i+1 − n i viele Summanden der Ausgangsreihe.
Ist die Ausgangsreihe konvergent so konvergiert auch die geblockte Reihe mit demselben
Grenzwert und unter einigen Zusatzbedingungen gilt auch die Umkehrung dieser
Aussage.
Lemma 5.8 (Geblockte Reihen)
Seien K ∈ {R, C} und ∑ ∞
n=0 a n eine Reihe in K. Weiter seien n 0 , n 1 , n 2 , . . . ∈ N mit
0 = n 0 < n 1 < n 2 < n 3 < · · · gegeben und definiere den k-ten Block b k für jedes k ∈ N
als
Dann gelten:
b k :=
n k+1 −1
∑
j=n k
a j = a nk + · · · + a nk+1 −1.
(a) Konvergiert die Reihe ∑ ∞
n=0 a n, so konvergiert auch die geblockte Reihe ∑ ∞
n=0 b n
und es ist ∑ ∞
n=0 b n = ∑ ∞
n=0 a n.
(b) Es gelte:
1. Die geblockte Reihe ∑ ∞
n=0 b n konvergiert.
2. Die Folge (a n ) n∈N ist eine Nullfolge.
3. Die Blocklängen sind nach oben beschränkt, d.h. es gibt ein m ∈ N mit
n k+1 − n k ≤ m für alle k ∈ N.
Dann ist auch die Reihe ∑ ∞
n=0 a n konvergent.
Beweis: Für jedes n ∈ N seien
s n :=
n∑
a k und t n :=
k=0
n∑
k=0
b k
die Partialsummen der ursprünglichen beziehungsweise der geblockten Reihe. Für alle
k ∈ N haben wir dann
t k =
k∑
b j =
j=0
k∑
j=0
n j+1 −1
∑
i=n j
a i =
n k+1 −1
∑
i=0
a i = s nk+1 −1.
(a) Wie eben gezeigt ist (t k ) k∈N eine Teilfolge von (s n ) n∈N , diese Behauptung folgt
damit aus §4.Lemma 1.(a).
(b) Sei a := ∑ ∞
k=0 b k. Wir zeigen das auch (s n ) n∈N −→ a gilt. Sei also ɛ > 0 gegeben.
Wegen (a j ) j∈N −→ 0 existiert ein j 0 ∈ N mit |a j | < ɛ/(2m) für alle j ∈ N mit j ≥ j 0
und wegen (t k ) k∈N −→ a existiert ein k 0 ∈ N mit |t k − a| < ɛ/2 für alle k ∈ N mit
k ≥ k 0 . Setze m 0 := max{n k0 +1, n j0 } ∈ N. Wir zeigen nun das für jedes n ∈ N mit
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n ≥ m 0 stets |s n − a| < ɛ ist. Sei also n ∈ N mit n ≥ m 0 gegeben. Sei k ∈ N minimal
mit n < n k+1 , und wegen n ≥ n k0 +1 ≥ n 1 sind dann k ≥ 1 und n k ≤ n < n k+1 . Wegen
n k+1 > n ≥ n k0 +1 ist k + 1 > k 0 + 1 also k − 1 ≥ k 0 und |t k−1 − a| < ɛ/2. Ebenso folgt
k ≥ j 0 also gilt für jedes j ∈ N mit n k ≤ j ≤ n stets j ≥ n k ≥ n j0 ≥ j 0 und somit
|a j | < ɛ/(2m). Insgesamt haben wir damit
∣ ∣ n∑ ∣∣∣∣ |s n − a| =
∣ s n∑ ∣∣∣∣
n k −1 − a + a j =
∣ t k−1 − a + a j
j=n k j=n k
n∑
≤ |t k−1 − a| + |a j | < ɛ 2 + (n − n k + 1) ɛ
2m ≤ ɛ 2 + n k+1 − n k ɛ
m 2 ≤ ɛ,
j=n k
und (s n ) n∈N −→ a ist bewiesen.
In Teil (b) des Lemmas benötigt man tatsächlich die beiden Voraussetzungen (2) und
(3), und wir wollen uns für jede der beiden ein Beispiel hierzu anschauen. Haben wir
die Folge (a n ) n∈N = ((−1) n ) n∈N und setzen n k := 2k für jedes k ∈ N, so haben wir
{
1, n ist gerade,
s n =
0, n ist ungerade = 1 − (−1)n+1 und b n = (−1) 2n + (−1) 2n+1 = 0
2
für jedes n ∈ N, die Reihe ∑ ∞
n=0 a n divergiert also, aber die geblockte Reihe ∑ ∞
n=0 b n =
0 konvergiert und die Blocklänge ist konstant n k+1 − n k = 2 für jedes k ∈ N. Dies war
ein Gegenbeispiel in dem Bedingung (2) verletzt ist, ein Gegenbeispiel zu Bedingung
(3) ist etwas schwerer zu konstruieren. Wir wählen die Blockunterteilung (n k ) k∈N so,
dass n k+1 − n k = 2(k + 1) für jedes k ∈ N gilt, also
n k :=
k∑
j = k(k + 1)
j=1
für jedes k ∈ N. Die Folge (a n ) n∈N definieren wir so das im k-ten Block zunächst (k +1)
viele Folgenglieder gleich 1/(k + 1) sind und die darauf folgenden (k + 1) Folgenglieder
gleich −1/(k + 1) sind, also als Formel
{
1
k+1
a n :=
, wenn k(k + 1) ≤ n < (k + 1)2 für ein k ∈ N,
− 1 , wenn (k + k+1 1)2 ≤ n < (k + 1)(k + 2) für ein k ∈ N
für jedes n ∈ N. Wir wollen uns überlegen das die geblockte Reihe ∑ ∞
n=0 b n konvergiert
und die Folge (a n ) n∈N eine Nullfolge ist aber die Reihe ∑ ∞
n=0 a n divergiert. Ersteres ist
dabei klar, für jedes k ∈ N summiert sich der k-te Block zu
b k =
n k+1 −1
∑
j=n k
a j =
(k+1)(k+2)−1
∑
j=k(k+1)
a j =
(k+1) 2 −1
∑
j=k(k+1)
13-6
(k+1)(k+2)−1
1
k + 1 − ∑
k + 1 = 0,
j=(k+1) 2 1

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also konvergiert ∑ ∞
k=0 b k = 0. Weiter ist die Folge (|a n |) n∈N monoton fallend und für
jedes k ∈ N gilt |a nk | = 1/(k+1), also ist (|a n |) n∈N −→ 0 und somit auch (a n ) n∈N −→ 0.
Um die Divergenz der Reihe ∑ ∞
n=0 a n einzusehen, blocken wir diese auch noch auf eine
zweite Weise, nämlich durch
n ′ 2k := n k = k(k + 1) und n ′ 2k+1 := n k + (k + 1) = (k + 1) 2
für jedes k ∈ N. Für jedes k ∈ N ergeben sich die zugehörigen Blöcke als
b ′ 2k :=
n ′ 2k+1 −1 ∑
j=n ′ 2k
a j =
(k+1) 2 −1
∑
j=k(k+1)
n ′ 2(k+1)
1
k + 1 = 1 und analog ∑
−1
b′ 2k+1 :=
j=n ′ 2k+1
a j = −1
d.h. b ′ n = (−1) n für jedes n ∈ N und die geblockte Reihe ∑ ∞
n=0 b′ n = ∑ ∞
n=0 (−1)n
divergiert, also muss nach dem Lemma auch die Reihe ∑ ∞
n=0 a n divergieren.
Wir wollen in diesem Abschnitt noch eine letzte allgemeine Aussage festhalten. Wir
wissen das eine Folge genau dann konvergiert wenn sie eine Cauchyfolge ist, und damit
ist es naheliegend zu fragen wann die Folge der Partialsummen einer Reihe eine Cauchyfolge
ist. Dies führt dann zum sogenannten Cauchy-Kriterium für die Konvergenz von
Reihen.
Satz 5.9 (Cauchy Kriterium für Reihen)
Sei K ∈ {R, C}. Dann ist eine Reihe ∑ ∞
n=0 a n in K genau dann konvergent wenn es
für jedes ɛ > 0 ein n 0 ∈ N mit ∣ ∣ ∣∣∣∣ ∑ m ∣∣∣∣
a k < ɛ
für alle n, m ∈ N mit m ≥ n ≥ n 0 gibt.
Beweis: Ist (s n ) n∈N die Folge der Partialsummen der Reihe, so gilt
∣ m∑ ∣∣∣∣ a k = |s m − s n−1 |
∣
k=n
k=n
für alle n, m ∈ N mit m ≥ n. Die Behauptung folgt also aus dem Cauchy Kriterium
§4.Satz 16 für Folgen.
Das Cauchy-Kriterium ist eher für theoretische Überlegungen von Bedeutung, bei der
Behandlung konkret gegebener Reihen kommt es nur selten zum Einsatz.
5.3 Absolute Konvergenz
Wir betrachten noch einmal die Leipnitz-Reihe
∞∑ (−1) n
2n + 1 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + · · · .
n=0
13-7

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Es ist beispielsweise nach Satz 7
0, 6 = 2 3 = 1 − 1 3 < ∞
∑
n=0
(−1) n
2n + 1 < 1 − 1 3 + 1 5 = 13
15
= 0, 86,
und um eine bessere Abschätzung zu erhalten, berechnen wir einige weitere Partialsummen
s n
n = 0 1 n = 1 0, 666666
n = 2 0, 866666 n = 3 0, 723809
n = 4 0, 834920 n = 5 0, 744011
n = 6 0, 820934 n = 7 0, 754267
n = 8 0, 813091 n = 9 0, 760459
n = 18 0, 798546 n = 19 0, 772905
n = 28 0, 794016 n = 29 0, 777067
n = 98 0, 787923 n = 99 0, 782898
n = 198 0, 786654 n = 199 0, 784148
n = 998 0, 785648 n = 999 0, 785148
es ist also 0, 785148 < ∑ ∞
n=0 (−1)n /(2n + 1) < 0, 785648. Die Konvergenz der Leipnitz
Reihe ist sehr langsam, wir brauchen bereits 1000 Summanden um nur drei Nachkommastellen
der Summe sicher zu kennen.
Wir summieren die Leipnitz Reihe jetzt in einer anderen Reihenfolge auf
1 + 1 5 − 1 3 + 1 9 + 1 11 − 1 7 + · · · =: ∞
∑
d.h. es werden je zwei positive gefolgt von nur einem negativen Term genommen. Ist
n ∈ N so stehen in der n-ten Dreiergruppe also der (2n)-te und der (2n + 1)-te positive
Summand der Leipnitz-Reihe gefolgt vom n-ten negativen Summanden der Leipnitz-
Reihe, d.h.
a 3n =
1
4 · (2n) + 1 = 1
8n + 1 , a 3n+1 =
n=0
a n
1
4 · (2n + 1) + 1 = 1
8n + 5 , a 3n+2 = − 1
4n + 3 .
Wir fassen die Summanden der umgeordneten Reihe ∑ ∞
n=0 a n in Dreierblöcken zusammen
und erhalten die geblockte Reihe
(
1 + 1 5 − 1 ) ( 1
+
3 9 + 1 11 7)
− 1 ∞∑
+ · · · = b n
mit
b n = a 3n + a 3n+1 + a 3n+2 = 1
8n + 1 + 1
8n + 5 − 1
4n + 3
(8n + 5)(4n + 3) + (8n + 1)(4n + 3) − (8n + 1)(8n + 5)
=
(8n + 1)(8n + 5)(4n + 3)
13-8
=
n=0
24n + 13
(8n + 1)(8n + 5)(4n + 3) > 0

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für
∑
jedes n ∈ N. Für jedes n ∈ N mit n ≥ 13 haben wir weiter b n ≤ 25/n 2 also auch
n
k=13 b k ≤ 25 · ∑∞
k=1 1/k2 < ∞, d.h. die Partialsummen der Reihe ∑ ∞
n=0 b n sind nach
oben beschränkt und nach Satz 4.(b) konvergiert die Reihe ∑ ∞
n=0 b n. Nach Lemma 8
konvergiert damit auch die Reihe
∞∑
a n =
n=0
∞∑
n=0
b n > 1 + 1 5 − 1 3 + 1 9 + 1 11 − 1 7 = 3734
∞
4095 = 0, 911843 . . . > ∑ (−1) k
2k + 1 .
In dieser Reihenfolge aufsummiert erhalten wir also eine andere Summe. Tatsächlich
läßt sich zeigen, dass
1 + 1 5 − 1 3 + 1 9 + 1 11 − 1 7 + · · · = π + ln(2)
4
gilt. Die Summation unendlicher Summen ist also ”
nicht kommutativ“ sondern kann
wie in diesem Beispiel von der Reihenfolge der Summanden abhängen. Das ist natürlich
ein eher unerfreuliches Phänomen. Von besonderen Interesse sind jetzt die ”
guten Reihen“,
die unabhängig von der Summationsreihenfolge immer gegen denselben Wert
konvergieren. Derartige Reihen nennt man manchmal unbedingt konvergent, es wird
sich aber gleich herausstellen, dass es eine einfache äquivalente Beschreibung gibt, die
sogenannte absolute Konvergenz.
Definition 5.2 (Absolute Konvergenz)
Sei K ∈ {R, C}. Eine Reihe ∑ ∞
n=0 a n in K heißt absolut konvergent, wenn die reelle
Reihe ∑ ∞
n=0 |a n| konvergent ist, wenn also ∑ ∞
n=0 |a n| < ∞ ist.
Letzteres gilt dabei nach Satz 4.(b). Beispielsweise ist jede konvergente reelle Reihe
mit nur nicht negativen Summanden trivialerweise auch absolut konvergent, was schon
einen großen Teil unserer bisher behandelten Beispiele abdeckt. Nach Satz 1 ist für
jedes q ∈ C mit |q| < 1 die geometrische Reihe ∑ ∞
n=0 qn absolut konvergent denn die
Reihe der Beträge
∞∑
|q n | =
n=0
∞∑
|q| n
ist wieder eine konvergente geometrische Reihe. Die geometrische Reihe wird sich als
eines der wichtigsten Beispiele absolut konvergenter Reihen herausstellen. Nicht absolut
konvergent ist dagegen die Reihe ∑ ∞
n=1 (−1)n /n. Wir wollen uns überlegen, dass die
absolute Konvergenz einer Reihe eine stärkere Eigenschaft als ihre Konvergenz ist, dies
ist zwar anhand der Definition nicht offensichtlich, läßt sich aber mit dem Cauchy-
Kriterium des vorigen Abschnitts beweisen.
Lemma 5.10 (Absolute Konvergenz impliziert Konvergenz)
Sei K ∈ {R, C} und sei ∑ ∞
∑ n=0 a n eine absolut konvergente Reihe in K. Dann ist
∞
n=0 a n auch konvergent und es gilt
∣ ∞∑ ∣∣∣∣ a n ≤
∣
n=0
13-9
n=0
∞∑
|a n |.
n=0
k=0

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Beweis: Für alle n, m ∈ N mit m ≥ n gilt
∣ m∑ ∣∣∣∣ a k ≤
∣
k=n
m∑
|a k |
und die Konvergenz von ∑ ∞
n=0 a n folgt mit dem Cauchy-Kriterium Satz 9 für Reihen.
Mit §4.Lemma 2.(b) und §4.Lemma 5.(a) folgt auch
∣ ∣
∣ ∞∑ ∣∣∣∣ a n =
∣ ∣ lim
n=0
n→∞
k=0
∣ ∣
n∑ ∣∣∣∣ ∣∣∣∣ n∑
a k = lim
n→∞
k=0
k=n
a k
∣ ∣∣∣∣
≤ lim
n→∞
n∑
|a k | =
k=0
∞∑
|a n |.
n=0
Genau wie die Konvergenz komplexer Reihen läßt sich auch die absolute Konvergenz
dieser Reihen an Real- und Imaginärteil ablesen.
Lemma 5.11 (Absolute Konvergenz komplexer Reihen)
Eine komplexe Reihe ∑ ∞
n=0 a n ist genau dann absolut konvergent wenn die beiden reellen
Reihen ∑ ∞
n=0 Re(a n) und ∑ ∞
n=0 Im(a n) absolut konvergent sind.
Beweis: ”=⇒” Sei ∑ ∞
n=0 a n absolut konvergent, d.h. es ist ∑ ∞
n=0 |a n| < ∞. Nach
§3.Lemma 3.(a) und Satz 4.(a) ist dann auch
∞∑
|Re(a n )|
n=0
∞∑
|Im(a n )|
n=0
≤
≤
∞∑
|a n | < ∞ und
n=0
∞∑
|a n | < ∞,
n=0
d.h. die beiden reellen Reihen ∑ ∞
n=0 Re(a n) und ∑ ∞
n=0 Im(a n) sind absolut konvergent.
”⇐=” Da die beiden Reihen ∑ ∞
n=0 Re(a n) und ∑ ∞
n=0 Im(a n) absolut konvergieren sind
A :=
∞∑
∣ Re(a n ) ∣ < ∞ und B :=
n=0
Nach §3.Lemma 3.(a) gilt für jedes k ∈ N stets
∞∑
∣ Im(a n ) ∣ < ∞.
|a k | ≤ √ 2 max{| Re(a k )|, | Im(a k )|} ≤ √ 2(| Re(a k )| + | Im(a k )|),
also folgt für jedes n ∈ N auch
n∑
|a k | ≤ √ ( n∑
2 | Re(a k )| +
k=0
k=0
n=0
)
n∑
| Im(a k )| ≤ √ 2(A + B).
k=0
13-10

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
Damit ist ∑ ∞
n=0 |a n| ≤ √ 2(A + B) < ∞ und die komplexe Reihe ∑ ∞
n=0 a n ist absolut
konvergent.
Insbesondere ist damit eine reelle Reihe genau dann absolut konvergent wenn sie als
komplexe Reihe absolut konvergent ist, wir können uns also erneut den komplexen Fall
als den allgemeinen Fall denken. Wie schon bemerkt sind die absolut konvergenten
Reihen genau diejenigen, deren Wert sich bei beliebiger Umsortierung der Summanden
nicht ändert. Wir werden jetzt gleich beweisen, dass die absolut konvergenten
Reihen tatsächlich diese Eigenschaft haben. Zuvor müssen wir aber den Begriff des
Umsortierens“ formal noch etwas genauer fassen. Eine umsortierte Version einer Reihe
a 0 + a 1 + a 2 + · · · ist eine Reihe in der dieselben Summanden nur in einer ande-
”
ren Reihenfolge auftreten, also eine Reihe der Form a π(0) + a π(1) + a π(2) + · · · wobei
π(0), π(1), π(2), . . . die entsprechenden Indizes der Originalreihe sind. Dass jeder Index
n ∈ N unter den π(0), π(1), π(2), . . . an genau einer Stelle auftaucht, bedeutet das es
für jedes n ∈ N genau einen umsortierten Index k ∈ N mit π(k) = n gibt. In anderen
Worten soll die Abbildung π : N → N bijektiv sein. Damit können wir unseren
Umordnungssatz für absolut konvergente Reihen formulieren. Der Beweis wurde in der
Vorlesung nur sehr grob skizziert, hier wollen wir den vollständigen, exakten Beweis
vorführen.
Lemma 5.12 (Umordnungen absolut konvergenter Reihen)
Sei K ∈ {R, C} und seien ∑ ∞
n=0 a n eine absolut konvergente Reihe in K und π : N →
N eine bijektive Abbildung. Dann ist auch die umgeordnete Reihe ∑ ∞
n=0 a π(n) absolut
konvergent und es gilt
∞∑
∞∑
a π(n) = a n .
n=0
n=0
Beweis: Ist n ∈ N, so setzen wir n ∗ := max{π(0), π(1), . . . , π(n)}, und haben die
Inklusion {π(0), π(1), . . . , π(n)} ⊆ {0, . . . , n ∗ }, also auch
n∑ ∑n ∗
|a π(k) | ≤ |a k | ≤
k=0
k=0
∞∑
|a k | < ∞.
Nach Satz 4.(b) ist ∑ ∞
n=0 |a π(n)| konvergent, d.h. auch ∑ ∞
n=0 a π(n) ist absolut konvergent.
Damit ist die erste Aussage bewiesen. Insbesondere sind ∑ ∞
n=0 a π(n) und ∑ ∞
n=0 a n
nach Lemma 10 beide konvergent. Bezeichne
s n :=
k=0
n∑
a k und s ′ n :=
k=0
n∑
k=0
a π(k)
für jedes n ∈ N die jeweiligen Partialsummen. Wir wollen zeigen, dass die Differenzen
(s n − s ′ n) n∈N eine Nullfolge bilden. Sei ɛ > 0. Nach dem Cauchy Kriterium Satz 9 für
13-11

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
Reihen existiert n 1 ∈ N mit
m∑
|a k | < ɛ
k=n
für alle n, m ∈ N mit m ≥ n ≥ n 1 . Wir setzen
n 0 := max{n 1 , π −1 (0), . . . , π −1 (n 1 )}.
Sei jetzt n ∈ N mit n ≥ n 0 gegeben. Dann sind
also auch
0, 1, . . . , n 1 − 1, π −1 (0), π −1 (1), . . . , π −1 (n 1 − 1) ∈ {0, . . . , n},
Bilden wir also die Differenz
0, 1, . . . , n 1 − 1 ∈ {π(0), π(1), . . . , π(n)}.
s n − s ′ n =
n∑
a k −
k=0
n∑
a π(k) ,
so kommt jeder der Summanden a 0 , . . . , a n1 −1 sowohl in s n als auch in s ′ n vor, und
verschwindet in der Differenz. Von s n und s ′ n verbleiben dann nur noch Summanden
der Form a k mit k ≥ n 1 und k ∈ {0, . . . , n, π(0), . . . , π(n)}. Diejenigen davon die in
s n und s ′ n vorkommen verschwinden in der Differenz, und die anderen bleiben mit
eventuellen Vorzeichen stehen. Setzen wir also
k=0
m := max{n, π(0), . . . , π(n)},
so ist m ≥ n 1 und es gibt eine Menge M ⊆ {n 1 , n 1 + 1, . . . , m} und Vorzeichen σ k ∈
{−1, 1} für k ∈ M mit
s n − s ′ n = ∑ k∈M
σ k a k .
Mit der Dreiecksungleichung folgt
∣ |s n − s ′ ∑ ∣∣∣∣
n| =
σ k a k ≤ ∑ m∑
|a k | ≤ |a k | < ɛ.
∣
k∈M k∈M k=n 1
Damit ist (s n − s ′ n) n∈N eine Nullfolge. Mit den Grenzwertsätzen §4.Satz 6.(a,b) folgt
schließlich
∞∑
a n −
n=0
∞∑
n=0
a π(n) = lim
n→∞
s n − lim
n→∞
s ′ n = lim
n→∞
(s n − s ′ n) = 0.
13-12

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
Damit sind absolut konvergente Reihen tatsächlich im obigen Sinne unbedingt konvergent,
ihr Wert ändert sich nicht bei beliebiger Umordnung der Summanden. Tatsächlich
handelt es sich bei den absolut konvergenten Reihen auch genau um die unbedingt konvergenten
Reihen. Wir wollen uns jetzt kurz überlegen, dass man eine konvergente, aber
nicht absolut konvergente, Reihe stets so umordnen kann, dass sie divergiert. Zunächst
betrachten wir hierzu den reellen Fall, es sei also ∑ ∞
n=0 a n eine konvergente reelle Reihe
die nicht absolut konvergent ist. Da eine konvergente Reihe mit nur positiven oder nur
negativen Summanden auch absolut konvergent ist, müssen dann sowohl unendlich viele
positive als auch unendlich viele negative Summanden vorkommen. Damit können
wir die Folge (a n ) n∈N in eine positive Teilfolge (a n
+ ) k∈N und eine negative Teilfolge
k
(a n
−) k∈N einteilen, es soll also
k
gelten. Da ∑ ∞
n=0 |a n| = ∞ ist, müssen
{n + k |k ∈ N} = {n ∈ N|a n ≥ 0} und
{n − k |k ∈ N} = {n ∈ N|a n < 0}
∞∑
k=0
a n
+
k
= +∞ und
∞∑
k=0
a n
−
k
= −∞
gelten. Dies bedarf einer kleinen Begründung, nehme also einmal an, dass etwa der
positive Teil ∑ ∞
k=0 a n + < ∞ ist. Wir betrachten dann die durch
k
{
b + a n , a n ≥ 0,
n :=
0, a n < 0
für n ∈ N definierte Folge. Die Partialsummen der Reihe ∑ ∞
n=0 b+ n sind dann im wesentlichen
dieselben wie diejenigen der Reihe ∑ ∞
k=0 a n + nur das jedes Folgenglied eventuell
k
endlich oft wiederholt wird. Also ist auch ∑ ∞
n=0 b+ n konvergent. Damit ist aber auch
∞∑
∞∑
|a n | = 2 b + n −
n=0
n=0
konvergent, im Widerspruch dazu das ∑ ∞
n=0 a n als nicht absolut konvergent vorausgesetzt
ist. Also ist ∑ ∞
k=0 a n + = +∞ und analog folgt auch ∑ ∞
k
k=0 a n − = −∞. Wegen
k
lim k→∞ a n
− = lim n→∞ a n = 0 gibt es ein p ∈ N mit −1 < a
k
n
− < 0 für alle k ∈ N mit
k
k > p.
∑
Setze q 0 := −1. Ist k ∈ N und ist q k ∈ N ∪ {−1} bereits definiert, so ist wegen
∞
l=0 a n + = +∞ auch ∑ ∞
l
l=q k +1 a n + = +∞, und somit existiert ein q k+1 ∈ N mit
l
q k+1 > q k und ∑ q k+1
l=q k +1 a n + > 2. Weiter definieren wir die Zahlen
l
∞∑
n=0
∑k−1
m k := p + 1 + (q l+1 − q l + 1) = k + q k + p + 2
l=0
13-13
a n

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
für alle k ∈ N, also p + 1 = m 0 < m 1 < m 2 < m 3 < . . .. Definiere jetzt die Umordnung
⎧
⎪⎨ n − l , 0 ≤ l ≤ p,
π : N → N; l ↦→ n + q k +l−m k +1
⎪⎩
, m k ≤ l < m k+1 − 1 für ein k ∈ N,
n − p+k+1 , l = m k+1 − 1 für ein k ∈ N.
Setze M := ∑ p
k=0 a n − . Für jedes k ∈ N gelten
k
m k+1 −2
∑
l=m k
a π(l) =
q∑
k+1
l=q k +1
a n
+
l
> 2 und
m k+1 −1
∑
l=m k
a π(l) =
m k+1 −2
∑
l=m k
a π(l) + a n
− > 1,
p+k+1
also ist für alle k ∈ N und alle m ∈ N mit m ≥ m k+1 auch
m∑
a π(l) ≥ M + k.
l=0
Dies zeigt ∑ ∞
n=0 a π(n) = +∞ und insbesondere ist die umgeordnete Reihe divergent.
Damit haben wir bewiesen, dass man eine konvergente, aber nicht absolut konvergente,
reelle Reihe immer so umordnen kann, dass die entstehende Reihe divergent ist.
Dies kann man jetzt leicht auf den komplexen Fall ausdehnen. Ist ∑ ∞
n=0 z n eine konvergente,
aber nicht absolut konvergente, komplexe Reihe, so sind nach Lemma 2 auch
die beiden reellen Reihen ∑ ∞
n=0 Re(z n) und ∑ ∞
n=0 Im(z n) konvergent und nach Lemma
11 ist eine der beiden Reihen nicht absolut konvergent. Wie bereits gezeigt gibt es damit
eine bijektive Abbildung π : N → N so, dass ∑ ∞
n=0 Re(z π(n)) oder ∑ ∞
divergiert, und wieder nach Lemma 2 ist damit auch ∑ ∞
haben wir damit den folgenden Satz bewiesen:
n=0 Im(z π(n))
n=0 z π(n) divergent. Insgesamt
Satz 5.13 (Absolute Konvergenz ist unbedingte Konvergenz)
Sei K ∈ {R, C}. Dann ist eine Reihe ∑ ∞
n=0 a n in K genau dann absolut konvergent
wenn für jede bijektive Abbildung π : N → N auch die umgeordnete Reihe ∑ ∞
n=0 a π(n)
konvergent ist.
Unsere Argumentation im reellen Fall des obigen Satzes kann man noch etwas verfeinern,
und erhält dann den sogenannten Riemannschen Umordnungssatz:
Satz 5.14 (Riemannscher Umordnungssatz)
Sei ∑ ∞
n=0 a n eine konvergente, aber nicht absolut konvergente, reelle Reihe. Dann gibt
es für jedes a ∈ R stets eine bijektive Abbildung π : N → N mit ∑ ∞
n=0 a π(n) = a.
Beweis: Der Beweis wurde in der Vorlesung nur angedeutet, er soll hier aber vollständig
angegeben werden.
Wir übernehmen die Bezeichungen der obigen Überlegung. Ist a = +∞ so haben
wir bereits alles bewiesen und für a = −∞ kann man alles analog zu oben beweisen.
Wir müssen also nur noch den Fall a ∈ R betrachten. Wir setzen p + 0 := 0. Wegen
∑ ∞
k=0 a n − = −∞ existiert ein p − 0 ∈ N mit p − 0 > 0 und ∑ p − 0 −1
k
k=0 a n − < a.
k
13-14

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
Sei jetzt k ∈ N und p + k , p− k
mit ∑ p + k −1
j=0 a n
+ + ∑ p − k −1
j j=0 a n
− < a seien schon definiert.
j
Wegen ∑ ∞
j=p + a
k n
+ = +∞ existiert dann ein minimales p + j
k+1 ∈ N mit p+ k+1 > p+ k und
∑ p
+
k+1 −1
j=0 a n
+ + ∑ p − k −1
j j=0 a n
− > a. Die Minimalität von p + j
k+1
ergibt dann
p + k+1 −2 ∑
j=0
a n
+
j
+
p − k −1 ∑
j=0
a n
−
j
≤ a,
also ist
Da auch ∑ ∞
j=p − k
a n
−
j
a <
p + k+1 −1 ∑
j=0
a n
+
j
+
p − k −1 ∑
j=0
a n
−
j
≤ a + a n
+
p + k+1 −1 .
= −∞ gilt, gibt es analog ein minimales p − k+1 > p− k mit
a + a n
−
p − k+1 −1 ≤
p + k+1 −1 ∑
j=0
a n
+
j
+
p − k+1 −1 ∑
j=0
a n
−
j
< a
Damit werden induktiv zwei Folgen (p + k ) k∈N, (p − k ) k∈N in N definiert, und mit diesen
definieren wir die bijektive Abbildung π : N → N durch
⎧
⎨n − p
π : N → N; n ↦→
− +j, wenn n = p+ k + j mit p− k−1 ≤ j < p− k , k ∈ N,
k−1
⎩n + p + +j, wenn n = p− k + j mit p+ k ≤ j < p+ k+1 , k ∈ N,
k
wobei p − −1 := 0 gesetzt ist. In anderen Worten sortiert π die natürlichen Zahlen als
n − 0 , . . . , n − p − −1, n+ 0 , . . . , n +
0 p + −1, n− , . . . , n −
1 p − 0 p − −1, n+ , . . . , n +
1 p + 1 p + −1, . . .
2
um. Wir behaupten das für diese Umordnung ∑ ∞
n=0 a π(n) = a gilt. Bezeichne hierzu
(s n ) n∈N die Folge der Partialsummen dieser Reihe. Sei ɛ > 0 gegeben. Da (a n ) n∈N nach
Lemma 3 eine Nullfolge ist, existiert ein n 1 ∈ N mit |a n | < ɛ für alle n ∈ N mit n ≥ n 1 .
Wähle k + , k − ∈ N mit n − k − ≥ n 1 und n + k + ≥ n 1 . Weiter gibt es k 1 , k 2 ∈ N mit p − k 1
≥ k −
und p + k 2
≥ k + . Setze schließlich k 0 := 1 + max{k 1 , k 2 } und n 0 := p + k 0
+ p − k 0
∈ N. Sei
n ∈ N mit n ≥ n 0 . Dann können zwei verschiedene Fälle auftreten.
Fall 1. Es gebe k, j ∈ N mit p − k−1 ≤ j < p− k und n = p+ k + j. Wegen n ≥ n 0 = p + k 0
+ p − k 0
ist dann k − 1 ≥ k 0 also k ≥ k 0 + 1 und insbesondere k ≥ 1. Weiter sind p − k > p− k 0
≥
p − k 1
≥ k − und p + k > p+ k 0
≥ p + k 2
≥ k + also auch n − p − k −1 ≥ n− k − ≥ n 1 und n + p + k −1 ≥ n+ k + ≥ n 1 ,
d.h. |a n
−
p − k −1 | < ɛ und |a n
+
p + k −1 | < ɛ. Weiter ist
s n =
n∑
a π(i) =
i=0
p + k −1 ∑
i=0
a n
+
i
+
j∑
i=0
a n
−
i
≥
p + k −1 ∑
i=0
a n
+
i
+
p − k −1 ∑
i=0
a n
−
i
≥ a + a n
−
p − k −1
13-15

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
und
also insgesamt
s n =
p + k −1 ∑
i=0
a n
+
i
+
j∑
i=0
a n
−
i
≤
p + k −1 ∑
i=0
a n
+
i
+
p − k−1 −1 ∑
i=0
a n
−
i
≤ a + a n
+
p + k −1 ,
a + a n
−
p − k −1 ≤ s n ≤ a + a n
+
p + k −1 , also |s n − a| ≤ max{|a n
−
p − k −1 |, |a n
+
p + k −1 |} < ɛ.
Fall 2. Es gebe k, j ∈ N mit p + k ≤ j < p+ k+1 und n = p− k + j. Wegen n ≥ n 0 = p + k 0
+ p − k 0
ist k ≥ k 0 und insbesondere k ≥ 1. Weiter sind p − k
≥ p− k 0
> p − k 1
≥ k − und p + k+1 > p+ k 0
≥
p + k 2
≥ k + also auch n − ≥ p − k −1 n− k
≥ n − 1 und n + ≥ p + k+1 −1 n+ k
≥ n + 1 , d.h. |a n
− | < ɛ und
p − k −1
|a n
+ | < ɛ. Weiter ergibt sich
p + k+1 −1
und
s n =
s n =
j∑
i=0
j∑
i=0
a n
+
i
a n
+
i
+
+
p − k −1 ∑
i=0
also ist dies diesmal insgesamt
p − k −1 ∑
i=0
a n
−
i
a n
−
i
≤
≥
p + k+1 −1 ∑
i=0
p + k −1 ∑
i=0
a n
+
i
a n
+
i
+
+
p − k −1 ∑
i=0
p − k −1 ∑
i=0
a n
−
i
a n
−
i
≤ a + a n
+
p + k+1 −1
≥ a + a n
−
p − k −1 ,
a + a n
−
p − k −1 ≤ s n ≤ a + a n
+
p + k+1 −1 , also erneut |s n − a| ≤ max{|a n
−
p − k −1 |, |a n
+
p + k+1 −1 |} < ɛ.
Damit ist in beiden Fällen |s n −a| < ɛ gezeigt. Insgesamt haben wir damit ∑ ∞
n=0 a π(n) =
lim n→∞ s n = a eingesehen.
Es verbleibt die Frage wieweit ein analoger Satz auch für komplexe Reihen gilt? Diese
∑
Frage wird durch einen Satz von Steinitz vollständig beantwortet. Angenommen
∞
n=0 a n ist eine konvergente, aber nicht absolut konvergente, komplexe Reihe. Dann
betrachten wir die Menge
{
∞
}
L := a ∈ C
∣ Es existiert eine bijektive Abbildung π : N → N mit ∑
a π(n) = a
aller komplexen Zahlen, die als Summe einer umgeordneten Version der Reihe auftreten
können. Der Satz von Steinitz sagt dann, dass entweder L = C ist oder L ist eine
Gerade. Dies ist schon ein etwas komplizierteres Ergebnis, dessen Beweis wir hier nicht
einmal andeuten wollen.
Wir kommen jetzt zum rechnerischen Problem einer vorgelegten Reihe anzusehen,
ob sie absolut konvergent ist oder nicht. Es gibt hierfür zwar kein allgemein anwendbares
immer funktionierendes Verfahren, aber doch einige Kriterien die oft schon ausreichen.
In gewissen Sinne ist die absolute Konvergenz einer Reihe besser zu behandeln
13-16
n=0

Mathematik für Physiker I, WS 2013/2014 Freitag 13.12
als die Konvergenz, da erstere nur von der Größenordnung der Summanden aber nicht
von Vorzeichen oder Argument abhängt. Das Grundkriterium zum Erkennen absoluter
Konvergenz ist das nun zu formulierende Majorantenkriterium.
Satz 5.15 (Majorantenkriterium für die absolute Konvergenz)
Sei K ∈ {R, C} und sei ∑ ∞
n=0 a n eine Reihe in K. Es gebe eine reelle Reihe ∑ ∞
n=0 M n
mit M n ≥ 0 für alle n ∈ N und ∑ ∞
n=0 M n < ∞. Weiter gebe es eine Konstante c ≥ 0
in R und einen Startindex n 0 ∈ N mit |a n | ≤ cM n für alle n ∈ N mit n ≥ n 0 . Dann ist
die Reihe ∑ ∞
n=0 a n absolut konvergent.
Beweis: Für jedes n ∈ N mit n ≥ n 0 ist
n∑
|a k | ≤
k=0
n∑
0 −1
k=0
|a k | + c ·
n∑
k=n 0
M k ≤
n∑
0 −1
k=0
|a k | + c ·
∞∑
M n < ∞,
also ist die Folge der Partialsummen der Reihe ∑ ∞
n=0 |a n| nach oben beschränkt, die
Reihe ist also nach Satz 4.(b) konvergent. Damit ist ∑ ∞
n=0 a n absolut konvergent.
In diesen Zusammenhang nennt man die Reihe ∑ ∞
n=0 M n auch eine Majorante der
Reihe ∑ ∞
n=0 a n. Zum Abschluß der heutigen Sitzung wollen wir uns ein kleines Beispiel
zur Anwendung des Majorantenkriteriums anschauen und betrachten die Reihe
∞∑
n=1
sin n
n 2 .
Für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 haben wir wegen | sin n| ≤ 1 auch
∣ sin n ∣∣∣
∣ ≤ 1 n 2 n 2
und da wir bereits wissen das die Reihe ∑ ∞
n=1 1/n2 konvergiert liefert das Majorantenkriterium
die absolute Konvergenz der Reihe ∑ ∞
n=1 sin(n)/n2 . Insbesondere ist diese
Reihe konvergent.
k=0
13-17