Freitag 13.12.2013

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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 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
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