Partielle Summation nach Abel

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07.11.2023, 09:27	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Partielle Summation nach Abel Hallo, Seien $\begin{eqnarray} a_0,a_1,...,a_n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b_0, b_1, ... , b_n \end{eqnarray}$ reelle Zahlen und $\begin{eqnarray} A_k = \sum_{i=0}^{k} a_i \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} B_k = \sum_{i=0}^{k} b_i \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k=0,1,...,n \end{eqnarray}$ . Beweise $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n} A_k b_k = A_n B_n - \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1}B_k \end{eqnarray}$ Ich würde das über eine vollständige Induktion zeigen. Induktionsanfang: Sei $\begin{eqnarray} n=1 \end{eqnarray}$ , dann $\begin{eqnarray} A_0 b_0 + A_1 b_1 = A_1 B_1 - a_1 B_0 \end{eqnarray}$ , aufgelöst und umgeschrieben, folgt dann, dass $\begin{eqnarray} 0=0 \end{eqnarray}$ ist. Eine wahre Aussage. Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein beliebiges aber festes $\begin{eqnarray} n \in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ Induktionsschritt: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n+1} A_k b_k \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_{k=0}^{n} A_k b_k + A_{n+1} b_{n+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = A_n B_n - \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1}B_k + A_{n+1} b_{n+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = A_n B_n + A_{n+1} b_{n+1} - \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1}B_k \pm a_{n+1}B_n \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = A_n B_n + A_{n+1} b_{n+1} + a_{n+1}B_n - \sum_{k=0}^{n-1} a_{k+1}B_k - a_{n+1}B_n \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = A_{n+1} B_{n+1} - \sum_{k=0}^{n} a_{k+1}B_k \end{eqnarray}$ die zweite Gleichung gilt nach (IV.). Meine Frage, ist das so richtig, oder hat sich ein Fehler eingeschlichen?
07.11.2023, 12:02	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht soweit gut aus. Sofern man keine Scheu vor "leeren" Summen wie $\begin{eqnarray} \sum_{i=0}^{-1} \left(\ldots\right) = 0 \end{eqnarray}$ hat, kann man sogar Induktionsanfang $\begin{eqnarray} n=0 \end{eqnarray}$ wählen. P.S.: Kommt mir bekannt vor diese Identität, die kommt beim Beweis des Konvergenzkriterium von Dirichlet zum Einsatz.
07.11.2023, 12:05	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo @HAL 9000 danke für deine Antwort, das freut mich sehr! Ursprünglich habe ich auch mit $\begin{eqnarray} n=0 \end{eqnarray}$ angefangen
07.11.2023, 12:23	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann es auch als diskrete Version der partiellen Integration verstehen: Seien $\begin{eqnarray} f,g \end{eqnarray}$ stetige Funktionen und $\begin{eqnarray} F(k) = \int_0^k f(i) di \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} G(k) = \int_0^k g(i) di \end{eqnarray}$ Stammfunktionen. Dann ist $\begin{eqnarray} \int_0^n F(k)g(k) dk = F(n) G(n) - \int_0^n f(k) G(k) dk \end{eqnarray}$ .
07.11.2023, 12:42	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo @IfindU, das ist auch eine interessante Betrachtung, jetzt wo es da so steht, sehe ich das ein
07.11.2023, 13:15	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Man müsste es sogar für allgemeine (zumindest $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ -endliche) Maße $\begin{eqnarray} \mu \end{eqnarray}$ so schreiben können: Mit $\begin{eqnarray} F(k) = \int\limits_{[0,k]} f(x) ~ \dd\mu(x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} G(k) = \int\limits_{[0,k]} g(x) ~ \dd\mu(x) \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} \int\limits_{[0,n]} F(k)g(k) ~ \dd\mu(k) = F(n)G(n) - \int\limits_{[0,n]} f(k) G(k-0) ~ \dd\mu(k) \end{eqnarray}$ , wobei für den da stehenden linksseitigen Grenzwert $\begin{eqnarray} G(k-0) = \int\limits_{[0,k)} g(x) \dd\mu(x) \end{eqnarray}$ gilt. Der Beweis ist an sich einfach: Das Integrationsgebiet $\begin{eqnarray} [0,n]^2 \end{eqnarray}$ der Funktion $\begin{eqnarray} f(k)\cdot g(l) \end{eqnarray}$ wird an der Diagonale $\begin{eqnarray} k=l \end{eqnarray}$ aufgetrennt, wobei man die Diagonale selbst einem der beiden Teilintegrale zuschlägt, dem anderen jedoch nicht. Spezialfälle: 1) $\begin{eqnarray} \mu=\lambda \end{eqnarray}$ Lebesgue-Maß: "normale" partielle Integration wie bei IfindU 2) $\begin{eqnarray} \mu \end{eqnarray}$ Zählmaß: Partielle Summation nach Abel
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07.11.2023, 13:36	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Müsste man nicht den linken Rand noch mitbetrachten? Also: $\begin{eqnarray} \int\limits_{[0,n]} F(k)g(k) ~ \dd\mu(k) = F(n)G(n) - F(0)G(0) - \int\limits_{[0,n]} f(k) G(k-0) ~ \dd\mu(k) \end{eqnarray}$ . Bei Lebesgue ist $\begin{eqnarray} F(0) = G(0) = 0 \end{eqnarray}$ , weil $\begin{eqnarray} \{0\} \end{eqnarray}$ eine Nullmenge ist. Ich bin mir aber unsicher, ob es bei allgemeineren Maßen so funktioniert. Oder sind die in $\begin{eqnarray} G(k-0) \end{eqnarray}$ versteckt?
07.11.2023, 14:55	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Muss man nicht: Es ist $\begin{eqnarray} F(n) = \int\limits_{[0,n]} f(k) ~ \dd\mu(k) \end{eqnarray}$ , aber $\begin{eqnarray} F(n)-F(0) = \int\limits_{[0,n]} f(k) ~ \dd\mu(k) - \int\limits_{[0,0]} f(k) ~ \dd\mu(k) = \int\limits_{(0,n]} f(k) ~ \dd\mu(k) \end{eqnarray}$ , und das wollen wir NICHT. Es ist laut Definition von $\begin{eqnarray} F \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} G \end{eqnarray}$ tatsächlich $\begin{eqnarray} F(n)G(n) = \int\limits_{[0,n]} \int\limits_{[0,n]} f(k) g(l) ~ \dd\mu(l) ~ \dd\mu(k) \end{eqnarray}$ , unter Einschluss der Grenzen links, rechts, oben, unten. Schau dir ruhig mal Spezialfall 2) an, bei dem kommt es ja drauf an, das man die Randkanten des Quadrats richtig berücksichtigt.
08.11.2023, 11:41	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmal ganz von Anfang an: Wir integrieren über das Quadrat $\begin{eqnarray} Q=[0,n]^2 \end{eqnarray}$ und teilen das disjunkt auf in $\begin{eqnarray} Q = A\cup B \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} A = \left\{ (k,l)\in Q \mid k\leq l\right\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} B = \left\{ (k,l)\in Q \mid k> l\right\} \end{eqnarray}$ . Dann gilt mit Fubini einerseits $\begin{eqnarray} \iint\limits_Q f(k)g(l) ~\dd\mu^2(k,l) = \int\limits_{[0,n]} f(k)~\dd\mu(k) ~\cdot~ \int\limits_{[0,n]} g(l)~\dd\mu(l) = F(n)G(n)\qquad (1) \end{eqnarray}$ und dann auf die beiden Teilintegrationsbereiche bezogen $\begin{eqnarray} \iint\limits_A f(k)g(l) ~\dd\mu^2(k,l) = \int\limits_{[0,n]} \int\limits_{[0,l]} f(k)g(l) ~\dd\mu(k) ~ \dd\mu(l) = \int\limits_{[0,n]} F(l)g(l) ~ \dd\mu(l)\qquad (2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \iint\limits_B f(k)g(l) ~\dd\mu^2(k,l) = \int\limits_{[0,n]} \int\limits_{[0,k)} f(k)g(l) ~\dd\mu(l) ~ \dd\mu(k) = \int\limits_{[0,n]} f(k)G(k-0) ~\dd\mu(k)\qquad (3) \end{eqnarray}$ Über (2) = (1) - (3) bekommt man dann die obige Formel.
08.11.2023, 11:53	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
@HAL Danke für die Ausführliche Erklärung.

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