Majorantenkriterium und Minorantenkriterium – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Kapitel wirst du mit dem Majoranten- und Minorantenkriterium ein wichtiges Konvergenzkriterium kennenlernen. Mit diesem kannst du das Konvergenzverhalten einer Reihe auf das Konvergenzverhalten einer anderen Reihe zurückführen. So ist es möglich, eine Reihe „zu vereinfachen“. Mit diesen Kriterien kann nämlich eine Reihe so geschickt nach oben oder nach unten abgeschätzt werden, dass ein Beweis zum Konvergenzverhalten möglich wird.

Außerdem kann mit dem Majoranten- und Minorantenkriterium das Quotienten- sowie das Wurzelkriterium für Reihen bewiesen werden, welche beide in Aufgaben zur Reihenkonvergenz sehr nützlich sind.

Majorantenkriterium

Erklärung zur Konvergenz mit dem Majorantenkriterium. (YouTube-Video vom Kanal Quatematik)

Kommen wir zum Majorantenkriterium. Dieses lautet folgendermaßen:

Satz (Majorantenkriterium)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe. Wenn es eine konvergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ mit $|a_{k}|\leq c_{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ gibt, dann konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.

Beachte, dass aus der Ungleichung $|a_{k}|\leq c_{k}$ automatisch folgt, dass $c_{k}\geq 0$ ist, denn $c_{k}$ ist größer gleich der nicht negativen Zahl $|a_{k}|$.

Beweis (Majorantenkriterium)

Wenn $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ konvergiert, dann ist deren Partialsummenfolge nach oben beschränkt . Wegen $|a_{k}|\leq c_{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ ist dann auch die Partialsummenfolge zu $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nach oben beschränkt. Es gilt nämlich

$\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|\leq \sum _{k=1}^{n}c_{k}\leq \sum _{k=1}^{\infty }c_{k}<\infty$

wegen $0\leq |a_{k}|\leq c_{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$

Nun wächst die Partialsummenfolge von $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ monoton wegen $|a_{k}|\geq 0$. Also muss $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ konvergieren.

Hinweis

Es reicht beim Majorantenkriterium aus, wenn es ein $N\in \mathbb {N}$ gibt, so dass $|a_{k}|\leq c_{k}$ für alle $k\geq N$ gilt.

Verständnisfrage: Warum reicht es für das Majorantenkriterium aus, dass es ein $N\in \mathbb {N}$ gibt, so dass $|a_{k}|\leq c_{k}$ für alle $k\geq N$ gilt.?

Ist die Partialsummenfolge zu $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ nach oben beschränkt, so auch die zu $\sum _{k=N}^{\infty }c_{k}$. Wegen

$\sum _{k=N}^{n}|a_{k}|\leq \sum _{k=N}^{n}c_{k}\leq \sum _{k=N}^{\infty }c_{k}<\infty$

ist dann auch die Partialsummenfolge zu $\sum _{k=N}^{\infty }|a_{k}|$ nach oben beschränkt. Da die endlich vielen Reihensummanden $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{N-1}$ nichts an der Beschränktheit ändern, sind auch die Partialsummen von $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nach oben beschränkt. Damit konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.

Hinweis

Wie in der Einleitung schon angesprochen, möchten wir bei der Anwendung des Majorantenkriteriums eine möglichst einfach strukturierte Reihe als Majorante wählen, von der wir wissen, dass sie konvergiert. Häufig kann die konvergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ als Majorante gewählt werden. Ebenso kann jede andere verallgemeinerte harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{\alpha }}}$ für $\alpha >1$ in Betracht gezogen werden. Eine andere Möglichkeit ist es, die konvergente geometrische Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}$ für $|q|<1$, also etwa $\sum _{k=0}^{\infty }\left({\tfrac {1}{2}}\right)^{k}$, auszuprobieren.

Minorantenkriterium

Ähnlich zum Majorantenkriterium ist das Minorantenkriterium. Jedoch kann mit diesem Kriterium die Divergenz und nicht die Konvergenz einer Reihe bewiesen werden.

Satz (Minorantenkriterium)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\geq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Wenn es eine divergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ mit $a_{k}\geq c_{k}\geq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$ gibt, dann divergiert auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Beweis (Minorantenkriterium)

Wegen $c_{k}\geq 0$ wächst die Partialsummenfolge von $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ monoton. Da nach Prämisse diese Reihe divergiert, muss diese unbeschränkt sein. Wegen $c_{k}\leq a_{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ ist auch stets $\sum _{k=1}^{n}c_{k}\leq \sum _{k=1}^{n}a_{k}$ für alle $n\in \mathbb {N}$ und damit muss auch die Partialsummenfolge von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ unbeschränkt sein. Daraus folgt, dass $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert (jede unbeschränkte Folge muss divergieren).

Hinweis

Analog zum Majorantenkriterium reicht es auch beim Minorantenkriterium aus, wenn die Voraussetzung $a_{k}\geq c_{k}\geq 0$ für alle $k\geq N$, für ein (festes) $N\in \mathbb {N}$, erfüllt ist.

Hinweis

Beim Minorantenkriterium bietet sich häufig die divergente harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ als Minorante an. Ansonsten kommt aber auch jede der Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{\alpha }}}$ für $\alpha <1$ , also etwa $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {k}}}$, als Minorante in Frage. Außerdem ist jede geometrische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }q^{k}$ mit $q\geq 1$ als Minorante geeignet.

Warnung

Beim Minorantenkriterium ist die zusätzliche Bedingung $a_{k}\geq 0$ notwendig! Gilt „nur“ die zum Majorantenkriterium analoge Voraussetzung $|a_{k}|\geq c_{k}$ und $a_{k}\in \mathbb {R}$ beliebig, so folgt aus der Divergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}$ nicht die Divergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$. Es folgt lediglich, dass $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ nicht absolut konvergiert. Als Beispiel betrachten wir die Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {(-1)^{k}}{k}}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ mit $a_{k}={\tfrac {(-1)^{k}}{k}}$ und $c_{k}={\tfrac {1}{k}}$. Es gilt ${\tfrac {1}{k}}\leq \left|{\tfrac {(-1)^{k}}{k}}\right|={\tfrac {1}{k}}$, und die harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ divergiert. Jedoch kann man zeigen, dass $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {(-1)^{k}}{k}}$ nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert.

Beispiele und Aufgaben

Beispiel und Aufgabe zum Majorantenkriterium

Beispielaufgabe mit dem Majorantenkriterium (Youtube-Videovom Youtube-Kanal Maths CA).

Beispiel (Majorantenkriterium)

Betrachten wir die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {k}{k^{3}+k}}$. Die Koeffizientenfolge lautet $a_{k}={\tfrac {k}{k^{3}+k}}$. Klammern wir im Nenner $k$ aus und kürzen anschließend, so erhalten wir

${\frac {k}{k^{3}+k}}={\frac {k}{k(k^{2}+1)}}={\frac {1}{k^{2}+1}}$

Die Reihe verhält sich also wie die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ und sollte daher konvergieren. Formal begründen wir das folgendermaßen: Aus $k^{2}+1\geq k^{2}$ folgt damit

$\underbrace {\frac {k}{k^{3}+k}} _{=|a_{k}|}={\frac {1}{k^{2}+1}}\leq \underbrace {\frac {1}{k^{2}}} _{=c_{k}}$

Da nun die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }c_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert auch die ursprüngliche Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {k}{k^{3}+k}}$.

Aufgabe mit dem Majorantenkriterium (Youtube-Videovom Youtube-Kanal Maths CA).

Aufgabe (Majorantenkriterium)

Untersuche, ob die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\tfrac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}$ konvergiert.

Wie kommt man auf den Beweis? (Majorantenkriterium)

Wenn man noch wenig Erfahrung in solchen Konvergenzbeweisen hat, lässt sich nur schwer erraten, ob die Reihe konvergiert oder divergiert. Wenn du dir aber den Bruch ${\tfrac {k+1}{k^{2}+3k}}$ anschaust, dann erkennst du, dass der Zähler ein Polynom ersten und der Nenner ein Polynom zweiten Grades ist. Der gesamte Bruch fällt also mit einer Konvergenzgeschwindigkeit, die in der Größenordnung von ${\tfrac {1}{k}}$ ist. Nun wird dieser Bruch im Summanden der Reihe quadriert. Damit fällt $\left({\tfrac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}$ mit der Konvergenzgeschwindigkeit wie ${\tfrac {1}{k^{2}}}$. Weil $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, sollte auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}$ konvergieren.

Dies lässt sich so zwar kaum beweisen, gibt uns aber einen Anhaltspunkt. Mit dem Majorantenkriterium lässt sich nun die Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}$ auf die Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ zurückführen. Hierzu muss man geschickt abschätzen:

${\begin{aligned}{\frac {k+1}{k^{2}+3k}}&\leq {\frac {k+1}{k^{2}}}\leq {\frac {k+k}{k^{2}}}\\[0.5em]&={\frac {2k}{k^{2}}}=2\cdot {\frac {1}{k}}\end{aligned}}$

Das Abschätzen erfolgte hier nach einem gewissen Schema: Summanden, die den Term verkleinern, wurden gestrichen. Dann wurden Summanden, die nicht gestrichen werden konnten, so abgeschätzt, dass sie mit anderen Summanden zusammengefasst werden können. Insgesamt erhalten wir so:

$\left({\frac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}\leq \left(2\cdot {\frac {1}{k}}\right)^{2}=4\cdot {\frac {1}{k^{2}}}$

Nun kann das Majorantenkriterium angewandt werden. Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }4\cdot {\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert und damit auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}$.

Lösung (Majorantenkriterium)

Es ist

${\begin{aligned}\left({\frac {k+1}{k^{2}+3k}}\right)^{2}&\leq \left({\frac {k+1}{k^{2}}}\right)^{2}\leq \left({\frac {k+k}{k^{2}}}\right)^{2}=\left({\frac {2k}{k^{2}}}\right)^{2}\\[0.5em]&=\left(2\cdot {\frac {1}{k}}\right)^{2}=4\cdot {\frac {1}{k^{2}}}\end{aligned}}$

und

$\sum _{k=1}^{\infty }4\cdot {\frac {1}{k^{2}}}=4\cdot \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

Damit konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium.

Beispiel und Aufgabe zum Minorantenkriterium

Beispielaufgabe mit dem Minorantenkriterium (Youtube-Videovom Youtube-Kanal Maths CA).

Beispiel (Minorantenkriterium)

Betrachten wir nun die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2k-1}}$. Diese wächst ähnlich wie die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2k}}$. Da nun die harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ divergiert, divergiert auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2k}}$, und damit auch unsere ursprüngliche Reihe. Formal sauber zeigen wir das folgendermaßen: Es gilt

$2k-1\leq 2k\iff \underbrace {\frac {1}{2k-1}} _{=a_{k}}\geq \underbrace {\frac {1}{2k}} _{=c_{k}}$

Da nun $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2k}}$ divergiert, divergiert mit dem Minorantenkriterium auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2k-1}}$.

Aufgabe mit dem Minorantenkriterium (Youtube-Videovom Youtube-Kanal Maths CA).

Aufgabe (Minorantenkriterium)

Man untersuche, ob die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}$ konvergiert oder divergiert.

Wie kommt man auf den Beweis? (Minorantenkriterium)

Hier lohnt sich ein Blick auf die Konvergenzgeschwindigkeit, mit der die Summanden gegen Null konvergieren. Das Produkt $k(k+2)$ konvergiert wie $k^{2}$ gegen Unendlich. Damit konvergiert ${\tfrac {1}{k(k+2)}}$ wie ${\tfrac {1}{k^{2}}}$ gegen 0. Da im Summanden noch die Wurzel gezogen wird, ist insgesamt die Konvergenzgeschwindigkeit von ${\tfrac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}$ gegen 0 wie bei der Folge ${\tfrac {1}{k}}$. Da die harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ bekanntermaßen divergiert, sollte auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}$ divergieren.

Nachdem wir eine Vermutung über das Konvergenzverhalten aufgestellt haben, müssen wir diese Vermutung noch durch einen Beweis untermauern. Hier können wir das Minorantenkriterium benutzen, wobei wir zunächst geschickt nach unten abschätzen müssen:

${\begin{aligned}{\frac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}&={\frac {1}{\sqrt {k^{2}+2k}}}\geq {\frac {1}{\sqrt {k^{2}+2k^{2}}}}\\[0.3em]&={\frac {1}{\sqrt {3k^{2}}}}={\frac {1}{{\sqrt {3}}\cdot k}}\end{aligned}}$

Hier folgten wir einem gewissen Schema: Summanden, die den Term vergrößern, werden gestrichen. Danach haben wir die Summanden, die nicht gestrichen werden konnten, so abgeschätzt, dass sie mit anderen Summanden zusammengefasst werden konnten. Nun divergiert $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{{\sqrt {3}}\cdot k}}$. Also muss nach dem Minorantenkriterium auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}$ divergieren.

Beweis (Minorantenkriterium)

Es ist

${\begin{aligned}{\frac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}&={\frac {1}{\sqrt {k^{2}+2k}}}\geq {\frac {1}{\sqrt {k^{2}+2k^{2}}}}\\[0.5em]&={\frac {1}{\sqrt {3k^{2}}}}={\frac {1}{{\sqrt {3}}\cdot k}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}\cdot {\frac {1}{k}}\end{aligned}}$

Außerdem divergiert $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {3}}}\cdot {\tfrac {1}{k}}$. Damit muss $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{\sqrt {k(k+2)}}}$ nach dem Minorantenkriterium divergieren.

Folgerung: Grenzwertkriterium

Aus dem Majorantenkriterium können wir für Reihen mit positiven Gliedern das folgende Grenzwertkriterium oder auch Vergleichskriterium herleiten:

Satz (Grenzwertkriterium für Reihen)

Sind $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$ zwei Reihen mit positiven Gliedern, und existiert $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}=c$ mit $c>0$, dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ genau dann, wenn die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$ konvergiert. Damit gilt auch: Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert genau dann, wenn $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$ divergiert.

Beweis (Grenzwertkriterium für Reihen)

Wegen $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}=c$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$, so dass $|{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}-c|<{\tfrac {c}{2}}$ für alle $k\geq N$. Dies folgt aus der Epsilon-Definition des Grenzwerts mit $\epsilon ={\tfrac {c}{2}}$. Damit gilt für alle $k\geq N$:

${\begin{aligned}&|{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}-c|<{\tfrac {c}{2}}\\[0.5em]\iff &c-{\tfrac {c}{2}}\leq {\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}\leq c+{\tfrac {c}{2}}\\[0.5em]\iff &{\tfrac {1}{2}}c\leq {\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}\leq {\tfrac {3}{2}}c\\[0.5em]\iff &{\tfrac {1}{2}}c\cdot b_{k}\leq a_{k}\leq {\tfrac {3}{2}}c\cdot b_{k}\end{aligned}}$

Wenn $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergiert, dann konvergiert auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{2}}c\cdot b_{k}$ nach dem Majorantenkriterium wegen der Ungleichung ${\tfrac {1}{2}}c\cdot b_{k}\leq a_{k}$ für alle $k\geq N$. Dann konvergiert auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$ nach der Faktorregel konvergenter Reihen. Es ist nämlich $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2}{c}}\cdot \left({\tfrac {1}{2}}c\cdot b_{k}\right)$.

Wenn auf der anderen Seite $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$ konvergiert, dann konvergiert auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {3}{2}}c\cdot b_{k}$ nach der Faktorregel konvergenter Reihen. Nach der Ungleichung $a_{k}\leq {\tfrac {3}{2}}c\cdot b_{k}$ für alle $k\geq N$ konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ nach dem Majorantenkriterium.

Verständnisfrage: Was können wir, unter denselben Voraussetzungen wie im obigen Satz, aus $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}=0$ folgern?

Es lässt sich aus der Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$, die Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ folgern. Gilt nämlich $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}=0$, so gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit ${\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}\leq 1\iff a_{k}\leq b_{k}$ für alle $k\geq N$. Konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$, so konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Umgekehrt folgt aus der Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ in diesem Fall nicht die Konvergenz von $\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}$. Als Beispiel betrachten wir die Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }\underbrace {\tfrac {1}{k^{2}}} _{=a_{k}}$ und $\sum _{k=1}^{\infty }\underbrace {\tfrac {1}{k}} _{=b_{k}}$ . Hier gilt

$\lim _{k\to \infty }{\frac {a_{k}}{b_{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {\frac {1}{k^{2}}}{\frac {1}{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{k}}=0$

Allerdings ist $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergent und $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ divergent.

Beispiel (Konvergenz mit Grenzwertkriterium zeigen)

Betrachten wir die Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k^{2}}{6k^{4}-3k}}$. Es gilt

$a_{k}={\frac {2k^{2}}{6k^{4}-3k}}={\frac {k^{2}}{k^{4}}}\cdot {\frac {2}{6-{\frac {3}{k^{3}}}}}={\frac {1}{k^{2}}}\cdot {\frac {2}{6-{\frac {3}{k^{3}}}}}$

Mit $b_{k}={\tfrac {1}{k^{2}}}$ folgt damit

$\lim _{k\to \infty }{\frac {a_{k}}{b_{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{6-{\frac {3}{k^{3}}}}}={\frac {2}{6}}={\frac {1}{3}}$

Da die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert nach dem Grenzwertkriterium auch die Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k^{2}}{6k^{4}-3k}}$.

Hinweis

Wie wir an diesem Beispiel gesehen haben, bietet das Grenzwertkriterium eine praktische Möglichkeit, die Konvergenz einer Reihe zu beweisen. Oftmals ist die Grenzwertberechnung $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}$ einfacher als das Finden einer passenden Majorante. Jedoch kannst du das Grenzwertkriterium nur dann anwenden, wenn dies auch in deiner Vorlesung behandelt wird. In vielen Vorlesungen ist dies aber nicht der Fall. Es besteht jedoch die Möglichkeit den Grenzwert für das Majorantenkriterium zu verwenden, indem wir analog zum Beweis des Grenzwertkriteriums argumentieren:

Für $a_{k}={\tfrac {2k^{2}}{6k^{4}-3k}}$ und $b_{k}={\tfrac {1}{k^{2}}}$ haben wir $\lim _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}={\tfrac {1}{3}}$ gezeigt. Daher gibt es ein $n_{0}\in \mathbb {N}$ mit ${\tfrac {a_{k}}{b_{k}}}<2\cdot {\tfrac {1}{3}}={\tfrac {2}{3}}$ für alle $k\geq n_{0}$. Dies ist äquivalent zu $a_{k}\leq {\tfrac {2}{3}}b_{k}$ für alle $k\geq n_{0}$. Da $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2}{3}}{\tfrac {1}{k^{2}}}$. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert damit $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k^{2}}{6k^{4}-3k}}$.

Aufgabe (Grenzwertkriterizum)

Untersuche für welche $s\in \mathbb {Q}$ die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1)$ konvergiert.

Hinweis: Betrachte die verallgemeinerte harmonische Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n^{s}}}$.

Lösung (Grenzwertkriterizum)

Fall 1: $s\leq 0$

Hier ist $a_{n}={\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1$ keine Nullfolge, denn

$a_{n}={\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1={\begin{cases}{\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{0}}}}}-1={\sqrt {2}}-1&{\text{für }}s=0,\\{\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1={\sqrt {1+n^{-s}}}-1\to \infty &{\text{für }}s<0\iff -s>0\end{cases}}$

Fall 2: $s>0$

Auf Grund des Hinweises setzen wir $a_{n}={\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1$ und $b_{n}={\tfrac {1}{n^{s}}}$. Damit gilt

${\begin{aligned}{\frac {a_{n}}{b_{n}}}&={\frac {{\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1}{\frac {1}{n^{s}}}}\\[0.5em]&={\frac {({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}-1)({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1)}{{\frac {1}{n^{s}}}({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}-1^{2}}{{\frac {1}{n^{s}}}({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1)}}\\[0.5em]&={\frac {\tfrac {1}{n^{s}}}{{\frac {1}{n^{s}}}({\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{{\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Wegen $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{n^{s}}}=0$ und wegen der Grenzwertsätze folgt $\lim _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\tfrac {1}{{\sqrt {1+{\tfrac {1}{n^{s}}}}}+1}}={\tfrac {1}{{\sqrt {1}}+1}}={\tfrac {1}{2}}$. Mit dem Grenzwertkriterium konvergiert unsere Reihe genau dann, wenn die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n^{s}}}$ konvergiert. Sie ist also im Fall $s>1$ konvergent und im Fall $0<s\leq 1$ divergent.

Fassen wir beide Fälle zusammen, so konvergiert unsere Reihe, falls $s>1$ ist, und divergiert, falls $s\leq 1$ ist.