Analysis I für M, LaG/M, Ph 6.Tutorium
Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010
Dr. Robert Haller-Dintelmann 20./21.05.2010
David Bücher
Christian Brandenburg
Tutorium
Aufgabe T1 (Riemann II)
Wir möchten in dieser Aufgabe den Riemannschen Umordnungssatz beweisen, den Sie vielleicht schon in der OWO kennengelernt haben:
IstP∞
n=1aneine konvergente, aber nicht absolut konvergente Reihe und istx∈Rgegeben, dann gibt es eine UmordnungP∞
n=1bnder Reihe mitP∞
n=1bn=x.
Die Idee zum Beweis des Satzes ist, so lange positive Glieder zu addieren, bis x überschritten wurde. Dann so lange negative Glieder zu addieren, bisx unterschritten wurde. Dann wieder positive . . . usw. Die so entstandene Umordnung der Reihe wird dann gegenxkonvergieren.
(a) In Aufgabe G3 (6. Übungsblatt) haben Sie gesehen, dass die Reihen P∞
n=1a+n und P∞
n=1an− divergieren, wobei a+n :=max{an, 0}und an−:=max{−an, 0}. Sei nun pl∞
l=1die Teilfolge der Glieder von an∞
n=1mitan≥0und ql∞
l=1diejenige mitan<0. Machen Sie sich klar, dassP∞
l=1plundP∞
l=1qldivergieren.
(b) Zeigen Sieliml→∞pl=0undliml→∞ql=0.
(c) Sei y∈R. Zeigen Sie: Istk0∈N, dann existiert eink∈N, sodassy+Pk
l=k0+1pl>x.
Analog: Istm0∈N, dann existiert einm∈N, sodassy+Pm
l=m0+1ql<x.
Daher lassen sich rekursiv zwei Folgen ki∞
i=1und mi∞
i=1definieren durchk1:=0,m1:=0, ki+1:=Minimum derk∈N, sodass
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
k
X
l=ki+1
pl>x,
mi+1:=Minimum derm∈N, sodass
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
m
X
l=mi+1
ql<x.
(d) Überlegen Sie sich, dass füri>2
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
ki+1
X
l=ki+1
pl≤x+pki+1
und
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
mi+1
X
l=mi+1
ql≥x+qmi+1.
(e) Zeigen Sie: Zu" >0gibt esi0∈Nderart, dass für allek≥ki0gilt
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
k
X
l=ki+1
pl<x+",
1
wennki<k≤ki+1, und für allem≥mi0gilt
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
m
X
l=mi+1
ql>x−",
fallsmi<m≤mi+1.
(f) Wir definieren eine Folge bn∞ n=1durch
bn:=
(pk, fallsn=mi+kfüri,k∈Nmitki<k≤ki+1 qm, fallsn=ki+1+mfüri,m∈Nmitmi<m≤mi+1 Dies entspricht einer Umordnung vonP∞
n=1an. Zeigen SieP∞
n=1bn=x.
Lösung:
(a) Zu jedempl (l∈N) gibt esnl∈Nmitpl=a+n
l und allea+n „dazwischen“ sind Null. Daher istPk
l=1pl=Pnk n=1a+n, aber die Folge auf der rechten Seite divergiert.
Entsprechend für ql∞ l=1. (b) Da die ReiheP∞
n=1ankonvergiert, istlimn→∞an=0. Das gilt dann auch für alle Teilfolgen von(an), insbesondere für(pl)und(ql).
(c) Behauptung:Istk0∈N, dann existiert ein Indexk≥k0, sodass y+Pk
l=k0+1pl>x.
Beweis: Angenommen das ist falsch. Dann gibt es k0 ∈ N, sodass für alle k ∈ N gilt y+Pk
l=k0+1pl ≤ x. Also Pk
l=1pl ≤ x− y+Pk0
l=1pl, die Folge der Partialsummen von P∞
l=1pl ist demnach beschränkt. Wegen pl ≥ 0 konvergiertP∞
l=1plnach dem Monotonie-Kriterium für Reihen (Satz 12.5 a), ein Widerspruch. Daher gibt es solch
eink0.
Analog:
Behauptung:Istm0∈N, dann existiert ein Indexm≥m0, sodass y+Pm
l=m0+1ql<x.
Beweis:Angenommen das ist falsch. Dann gibt es m0 ∈N, sodass für alle m∈Ngilt y+Pm
l=m0+1ql ≥ x. Also Pm
l=1ql≤ x−y+Pm0
l=1ql, die Folge der Partialsummen vonP∞
l=1ql ist demnach beschränkt. Wegenql ≤0kon- vergiertP∞
l=1qlnach dem Monotonie-Kriterium für Reihen (Satz 12.5 a), ein Widerspruch. Daher gibt es solch ein
m0.
Fürn≥2kann man gerade Gezeigtes auf
y:=
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql
bzw.
y:=
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl
direkt anwenden. Fürn=2wählt man y=p1bzw. y=Pk2
l=k1pl+q1. Wegen des Wohlordnungsprinzips gibt es minimale Indizeskundm, welche die geforderte Bedingung erfüllen.
(d) Wäre
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
ki+1
X
l=ki+1
pl>x+pki+1,
dann auch
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
ki+1−1
X
l=ki+1
pl>x,
im Widerspruch zur Minimalität vonki+1.
2
Wäre
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
mi+1
X
l=mi+1
ql<x−qmi+1,
dann auch
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
mi+1−1
X
l=mi+1
ql<x,
d.h.mi+1−1hätte auch schon genügt.
(e) Wegenliml→∞pl=0gibt esk0∈Nso, dass|pk|< "für allek≥k0. Dann gilt für allek≥k0
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
k
X
l=ki+1
pl
≤
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
ki+1
X
l=ki+1
pl≤x+pki+1<x+",
wennki<k≤ki+1.
Entsprechend gibt esm0für(ql).
Wähle eini0derart, dasski0≥k0undmi0≥m0. Dann gelten beide Ungleichungen.
(f) Die Folge(bn)ist gerade so definiert, dass
s
X
n=1
bn=
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
mi
X
l=mi−1+1
ql+
k
X
l=ki+1
pl,
fallss=mi+kfüri,k∈Nmitki<k≤ki+1, und
s
X
n=1
bn=
k2
X
l=k1+1
pl+
m2
X
l=m1+1
ql+
k3
X
l=k2+1
pl+· · ·+
ki+1
X
l=ki+1
pl+
m
X
l=mi+1
ql,
fallss=ki+1+mfürmi<m≤mi+1.
Zu gegebenem" >0wählei0wie in Teil (e). Setzes0:=ki
0+mi
0. Fürs≥s0gibt es zwei Fälle:
• Ists0≤s=mi+k füri,k ∈Nmitki <k≤ ki+1, dann istk≥ki ≥ki
0, daherPs
n=1bn< x+", nach Teil (e). Außerdem istPs
n=1bn≥Pki+mi
n=1 bn>x−", denn der TeilPs
n=ki+mi+1bnkommt aus(pl), ist also positiv.
Insgesamt ist
Ps
n=1bn−x < ".
• Ists0≤s=ki+1+mfüri,m∈Nmitmi<m≤mi+1, dann istm≥mi≥mi0, daherPs
n=1bn>x−", nach Teil (e). Außerdem istPs
n=1bn≤Pki+mi
n=1 bn<x+", denn der TeilPs
n=ki+mi+1bnkommt aus(ql), ist also negativ.
Insgesamt ist
Ps
n=1bn−x < ".
Das zeigt die Konvergenz.
Aufgabe T2 (Konvergente Reihen) (a) Es seien an∞
n=1eine Nullfolge inRundλ1,λ2,λ3∈Rmitλ1+λ2+λ3=0. Zeigen Sie X∞
n=1
(λ1an+λ2an+1+λ3an+2) =λ1a1+ (λ1+λ2)a2.
(b) Wie sieht das fürλ1,λ2, . . . ,λp∈Rmitλ1+λ2+· · ·+λp=0aus?
Lösung:
3
(a) Wir untersuchen die Folge der Partialsummen und setzen hierzu
Sk:=
k
X
n=0
(λ1an+1+λ2an+2+λ3an+3), k∈N.
Dann gilt
Sk=
k
X
n=0
λ1an+1+
k
X
n=0
λ2an+2+
k
X
n=0
λ3an+3
=λ1a1+λ1a2+
k
X
n=2
λ1an+1+λ2a2+ Xk−1 n=1
λ2an+2+λ2ak+2+ Xk−2 n=0
λ3an+3+λ3ak+2+λ3ak+3
=λ1a1+ (λ1+λ2)a2+λ1
k
X
n=2
an+1+λ2
k
X
n=2
an+1+λ3
k
X
n=2
an+1+ (λ2+λ3)ak+2+λ3ak+3
=λ1a1+ (λ1+λ2)a2+ (λ1+λ2+λ3)
k
X
n=2
an+1+ [(λ2+λ3)ak+2+λ3ak+3].
Nach Voraussetzung entfällt der dritte Summand, dennλ1+λ2+λ3=0. Der Term in der eckigen Klammer genügt
k→∞lim[(λ2+λ3)ak+2+λ3ak+3] =0,
da(an)als Nullfolge vorausgesetzt war. Damit erhalten wir für die Folge(Sk)die Konvergenz
klim→∞Sk=λ1a1+ (λ1+λ2)a2,
was die Behauptung beweist.
(b) Wir möchten den Wert der ReiheP∞
n=1
λ1an+λ2an+1+· · ·+λpan+p−1
=P∞
n=0
Pp
m=1λman+mbestimmen.
k
X
n=0 p
X
m=1
λman+m(∗)=
p
X
m=1 k
X
n=0
λman+mInd.-Shift=
p
X
m=1 k+m
X
n=m
λman(∗∗)=
p
X
m=1
λm p−1
X
n=m
an+
k+1
X
n=p
an+
k+m
X
n=k+2
an
!
=
p
X
m=1
λm p−1
X
n=m
an+
k+1X
n=p p
X
m=1
λm
!
| {z }
=0
an+
p
X
m=1
λm k+mX
n=k+2
an
(∗∗∗)
=
p−1
X
n=1 n
X
m=1
λman+
p
X
m=1
λm m
X
n=2
ak+n.
Zu(∗): Summiert wird über alleλman+m mit0≤ n≤ kund1≤ m≤ p. Ob erst über mund dann übernoder umgekehrt, ist wegen des Kommutativgesetzes egal.
Zu(∗∗): Die innere Summe lässt sich so aufspalten, weil dieanmitp≤n≤k+1(die mittlere Summe) unabhängig vommimmer vorkommen.
Zu(∗ ∗ ∗): Bei der letzten Summe wurde der Index „geshiftet“. Bei der ersten wird über alleλmansummiert mit 1≤m≤n≤p−1. Ob erst übernoder erst überm, ist gleich.
Also X∞ n=1
λ1an+λ2an+1+· · ·+λpan+p−1
= lim
k→∞
k
X
n=0 p
X
m=1
λman+m=
p−1
X
n=1 n
X
m=1
λman+
p
X
m=1
λm m
X
n=2
klim→∞ak+n
=
p−1
X
n=1 n
X
m=1
λman=λ1a1+ (λ1+λ2)a2+· · ·+ (λ1+· · ·+λp−1)ap−1.
4
