Beweis von Leibniz- Kriterium

23.02.2011, 20:00

natural

Beweis von Leibniz- Kriterium

Hallo zusammen Wink

ich habe einige Schwierigkeiten den Beweis von Leibniz-Kriterium für alternierende Reihen zu verstehen und ich hoffe ich kann auf eure Hilfe und Unterstützung zählen.
Ich schreibe zunächst den Satz und anschließend den Beweis bis zu der Stelle auf, an der ich es nicht ganz verstehe.
Satz
Ist $\begin{eqnarray*} (a_{n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Nullfolge in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ , so konvergiert die Reihe $\begin{eqnarray*} s_{n}=\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^n *a_{n}. \end{eqnarray*}$
Beweis
Es sei wieder $\begin{eqnarray*} s_{n}=\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k *a_{k} \end{eqnarray*}$
die n-te Partialsumme der der Reihe. Wir betrachten nur zunächst die Teilfolge $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ der geraden Partialsummen. Für $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt dann
$\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)}=s_{2n}-(a_{2n+1}-a_{2n+2})\leq s_{2n}, \end{eqnarray*}$
da nach Vorrausetzung $\begin{eqnarray*} a_{2n+1}\leq a_{2n+2} \end{eqnarray*}$ .
Die Folge $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ ist monoton fallend.

Analog sieht man, daß die Folge $\begin{eqnarray*} (s_{2n+1})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ der
ungeraden Partialsumme monoton steigend ist, denn

$\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)+1}=s_{2n+1}-(a_{2n+2}-a_{2n+3})\leq s_{2n-1}. \end{eqnarray*}$
Damit sind beide Folgen dann aber auch beschränkt, denn
$\begin{eqnarray*} s_{1} \leq s_{2n+1}= s_{2n}- a_{2n+1}\leq s_{2n}\leq s_{0} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Was verstehe ich nicht:
1)-
Aus der Partialsummenschreibweise geht doch hervor das $\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)} =\sum\limits_{k=0}^{2(n+1)}(-1)^k *a_{k} \end{eqnarray*}$ sein muss. Aber sind doch nicht die geraden Partialsummen. Analog gilt das Problem auch für die anderen Fälle.
2)-
Ich verstehe nicht wieso das gilt $\begin{eqnarray*} <br /> s_{2(n+1)}=s_{2n}-(a_{2n+1}-a_{2n+2}) \end{eqnarray*}$
Analog gilt das auch für die ungeraden Partialsummen
3)-
Ich verstehe auch nicht wieso die ungeraden Partialsummen monoton wachsend sind. Woran erkennt man das. Es summieren sich doch stets negative Folgen auf und demnach muss sie Summe im Endeffekt kleiner werden und somit kann sie doch nicht monoton wachsend sein
4)-
Was wurde hier eigentlich gemacht: $\begin{eqnarray*} s_{1} \leq s_{2n+1}= s_{2n}- a_{2n+1}\leq s_{2n}\leq s_{0} \end{eqnarray*}$

Es wäre echt super, wenn sich jemand für mich etwas Zeit nehmen würde Freude

mfg
natural smile

23.02.2011, 21:35

Merlinius

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RE: Beweis von Leibniz- Kriterium
1) Mit gerade Partialsumme ist einfach nur gemeint, dass man $\begin{eqnarray*} s_{2n} \end{eqnarray*}$ betrachtet mit genau der Definition, die dort steht. Es soll nicht heißen, dass man die Folgenglieder $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ mit geradem Index aufsummiert, falls du das meinst.
2) Das ergibt sich einfach, indem man $\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)} \end{eqnarray*}$ ausschreibt. Du hast dann halt $\begin{eqnarray*} s_{2n} \end{eqnarray*}$ da stehen zuzüglich zwei weiterer Summanden, von denen einer $\begin{eqnarray*} (-1)a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ ist und der andere $\begin{eqnarray*} (+1)a_{2n+2} \end{eqnarray*}$

Bei dem Ungeraden hast Du ein Vorzeichen vertauscht. Die Argumentation ist analog. Die jeweilige Monotonie ergibt sich dann daraus, dass die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ mon. fallend sind, du also bei den geraden Partialsummen etwas abziehst und bei den ungeraden etwas dazurechnest im Schritt von $\begin{eqnarray*} s_{2n} \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} s_{2(n+1)+1} \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} s_{2n+1} \end{eqnarray*}$ .
3) Man summiert nicht bloß negative Sachen auf. Es geht hier nicht um die ungeraden Summanden, sondern man summiert eine ungerade Anzahl von Summanden (bzw. eine gerade Anzahl, da man ja bei 0 anfängt).
4) Hier verwendet man einfach das, was eben gezeigt wurde. $\begin{eqnarray*} s_1 \leq s_{2n+1} \end{eqnarray*}$ weil mon. steigende ungerade Partialsummen, dann stellt man die Partialsumme dar als Summe der vorherigen Partialsumme und dem $\begin{eqnarray*} -a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ , das halt dazukommt, dies ist natürlich kleiner als $\begin{eqnarray*} s_{2n} \end{eqnarray*}$ , weil die a_k alle nichtnegativ sind, und das ist wiederum kleiner gleich $\begin{eqnarray*} s_0 \end{eqnarray*}$ , weil die geraden Partialsummen mon. steigend sind.

24.02.2011, 22:46

natural

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Hi,
Erstmal danke für deine Hilfe und Mühe, jedoch habe
ich noch ein paar offene Fragen und zwar zu 3)-

Zu 3)-:

Ich verstehe das nicht ganz mit der Monotonie.
Ich habe mir die ersten Glieder der Partialsummen aufgeschrieben,
aber fand dort keine Erleuchtung sondern nur weitere Fragen.

Für die gerade Partialsummen $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ erkennt man für den Fall n=1:
$\begin{eqnarray*} s_{2} \geq s_{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =a_{0}- a_{1} \leq a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4}= a_{0}+ (- a_{1} + a_{2})+ (- a_{3} + a_{4}) \end{eqnarray*}$ ,
wobei $\begin{eqnarray*} (- a_{1} + a_{2})<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (- a_{3} + a_{4})<0 \end{eqnarray*}$ ist,
da $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist und somit $\begin{eqnarray*} | -a_{2n-1}| >a_{2n} \end{eqnarray*}$ .
Demnach ist die Partialsummenfolge $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ monoton fallend,
da die Glieder immer kleiner als 0 werden.
Sofern das stimmt, so verstehe ich nicht
dein Kommentar in wie fern da was abgezogen wird.

Für die ungeraden Partialsummen $\begin{eqnarray*} (s_{2n+1})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$
ergibt sich ebenfalls dasselbe Problem.
Für den Fall n=1 ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} s_{3} \geq s_{5} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4}= a_{0}+ (- a_{1} + a_{2})+ (- a_{3} + a_{4}) \end{eqnarray*}$ ,
wobei $\begin{eqnarray*} (- a_{1} + a_{2})<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (- a_{3} + a_{4})<0 \end{eqnarray*}$ ist,
da $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist und somit $\begin{eqnarray*} | -a_{2n-1}| >a_{2n} \end{eqnarray*}$ .
Demnach musste die Partialsummenfolge $\begin{eqnarray*} (s_{2n+1})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ auch monoton fallend sein,
da die Glieder immer kleiner als 0 werden.
Jedoch widerspricht das natürlich den Beweis.
Deshalb frage ich mich auch wo der Denkfehler in
den beiden Fällen sind, die ich aufgelistet habe.

1)- und 2) habe ich kapiert, danke dafür noch mal

mfg
natural smile

24.02.2011, 23:36

Merlinius

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Zitat:

Original von natural

Für die gerade Partialsummen $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ erkennt man für den Fall n=1:
$\begin{eqnarray*} s_{2} \geq s_{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =a_{0}- a_{1} \leq a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4}= a_{0}+ (- a_{1} + a_{2})+ (- a_{3} + a_{4}) \end{eqnarray*}$ ,
wobei $\begin{eqnarray*} (- a_{1} + a_{2})<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (- a_{3} + a_{4})<0 \end{eqnarray*}$ ist,
da $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist und somit $\begin{eqnarray*} | -a_{2n-1}| >a_{2n} \end{eqnarray*}$ .
Demnach ist die Partialsummenfolge $\begin{eqnarray*} (s_{2n})\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ monoton fallend,
da die Glieder immer kleiner als 0 werden.

Mhh, ich weiß nicht, ob Du da einige Tippfehler drin hast, oder ob Du das teilweise falsch betrachtest. Also:

$\begin{eqnarray*} s4 = a_0-a_1+a_2-a_3+a_4 = (a_0-a_1+a_2)+(-a_3+a_4) = s_2 + (-a_3+a_4) \end{eqnarray*}$

Und da die Folge mon. fallend ist, ist $\begin{eqnarray*} a_4 \leq a_3 \Rightarrow -a_3+a_4 \leq 0 \end{eqnarray*}$ . Also $\begin{eqnarray*} s_4 = s_2 + (-a_3+a_4) \leq s_2 \end{eqnarray*}$

Dies allgemein aufgeschrieben mit 2(n+1) statt 4 und 2n statt 2 ergibt, dass die geraden Partialsummen mon. fallend sind.

Für ungerade Partialsummen hat man:

$\begin{eqnarray*} s_{2n+3} = s_{2n+1}+(a_{2n+2}-a_{2n+3}) \geq s_{2n+1} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} a_{2n+2}-a_{2n+3} \geq 0 \end{eqnarray*}$

Also sind die ungeraden Partialsummen mon. steigend.

Du hast oben erst $\begin{eqnarray*} s_1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s_4 \end{eqnarray*}$ verglichen, was gar nicht gefragt ist. Und auch was Du unten gemacht hast, verstehe ich nicht ganz. Du schreibst $\begin{eqnarray*} a_0- ... +a_4 \end{eqnarray*}$ hin, was $\begin{eqnarray*} s_4 \end{eqnarray*}$ entspricht und dann schätzt Du es gegen $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ ab, was $\begin{eqnarray*} s_0 \end{eqnarray*}$ entspricht. Ja, das ist natürlich mon. fallend, da es ja die geraden Partialsummen sind.

25.02.2011, 18:25

natural

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Danke für deine Mühe und freundliche Hilfe.
Ich habe den Beweiss nun in vollem Unfang verstanden.

Vielen Dank dafür und danke auch das es diesen tollen Forum gibst.

mfg
natural smile

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