Quotientenkriterium – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Das Quotientenkriterium erlaubt Konvergenz- und Divergenzbeweise bei vielen konkret gegebenen Reihen und wird deswegen häufig eingesetzt. Es ist zwar bei weniger Reihen einsetzbar als das Wurzelkriterium, jedoch sind Beweise mit dem Quotientenkriterium in der Regel einfacher zu führen als solche mit dem Wurzelkriterium.

Herleitung

Erste Schritte

Genau wie beim Wurzelkriterium wird beim Quotientenkriterium die Konvergenz einer Reihe über das Majorantenkriterium auf die Konvergenz einer geometrischen Reihe zurückgeführt. Sei also $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine gegebene Reihe mit $a_{k}\geq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Die Forderung, dass die Reihe nur nichtnegative Summanden besitzt, brauchen wir für das Majorantenkriterium. Wir wissen, dass die Reihe konvergiert, wenn es ein $q\in [0,1)$ mit $a_{k}\leq q^{k}$ für alle $k\in \mathbb {N}$ gibt. Dies folgt aus dem Majorantenkriterium und der Tatsache, dass die geometrische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }q^{k}$ für $0\leq q<1$ konvergiert.

Beim Wurzelkriterium wird die Ungleichung $a_{k}\leq q^{k}$ direkt zu ${\sqrt[{k}]{a_{k}}}\leq q$ umgeformt. Beim Quotientenkriterium wählt man ein rekursives Kriterium, das $a_{k}\leq q^{k}$ impliziert. Zunächst wissen wir, dass $a_{1}\leq q$ sein muss. Im Rekursionsschritt brauchen wir eine Bedingung, mit der man aus der Ungleichung $a_{k}\leq q^{k}$ die Ungleichung $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ schließen kann. Gehen wir also davon aus, dass wir $a_{k}\leq q^{k}$ bereits bewiesen haben. Es gilt dann (wenn wir davon ausgehen, dass $a_{k}\neq 0$ ist):

$a_{k+1}={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}$

Um $a_{k+1}\leq q^{k+1}$ zu beweisen, genügt es aufgrund der obigen Umformung auch ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\leq q^{k+1}$ zu zeigen. Dies reduziert sich weiter zu der Ungleichung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$, welche wir zeigen müssen. Hierzu benötigen wir die Aussage $a_{k}>0$, die wir im Folgenden annehmen. Aus der Bedingung $a_{k}>0$ können wir wiederum folgern, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}>0$ und damit auch $q>0$ ist. Nun haben wir eine Idee, was wir zu zeigen haben und welche Induktionsannahmen wir treffen werden.

Zusammenfassung der ersten Überlegungen

Aus $a_{1}\leq q$ und ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ können wir zeigen, dass $a_{k}\leq q^{k}$ ist und die Reihe somit nach dem Majorantenkriterium konvergiert. Ein Beweis ist hier über vollständige Induktion möglich. Zunächst haben wir den Induktionsanfang $a_{1}\leq q$ direkt gegeben. Im Induktionsschritt gehen wir davon aus, dass $a_{k}\leq q^{k}$ wahr ist und können damit folgern

${\begin{aligned}a_{k+1}&={\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot a_{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ a_{k}\leq q^{k}\right.}\\[0.5em]&\leq {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\cdot q^{k}\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q\right.}\\[0.5em]&\leq q^{k+1}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Erste Verbesserung

Die Konvergenz einer Reihe hängt nicht vom Wert von endlich vielen Summanden ab. Das heißt, die Änderung endlich vieler Summanden beeinflusst die Konvergenz der Reihe nicht. Dementsprechend kann man vermuten, dass die Bedingung $a_{1}\leq q$ nicht benötigt wird. Wenn wir nur die Bedingung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ annehmen, dann erhalten wir

${\begin{aligned}a_{2}&=a_{1}\cdot {\frac {a_{2}}{a_{1}}}\leq a_{1}\cdot q\\a_{3}&=a_{2}\cdot {\frac {a_{3}}{a_{2}}}\leq a_{2}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{2}\\a_{4}&=a_{3}\cdot {\frac {a_{4}}{a_{3}}}\leq a_{3}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{3}\\a_{5}&=a_{4}\cdot {\frac {a_{5}}{a_{4}}}\leq a_{4}\cdot q\leq a_{1}\cdot q^{4}\\&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir so $a_{k}\leq a_{1}\cdot q^{k-1}$. Dies reicht aus, um mit Hilfe des Majorantenkriteriums die Konvergenz zu zeigen, weil $\sum _{k=1}^{\infty }a_{1}\cdot q^{k-1}$ eine konvergente Reihe ist. Damit kann man allein aus ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für alle $k\in \mathbb {N}$ die Konvergenz der Reihe zeigen.

Zweite Verbesserung

Wir können weiter verallgemeinern, indem wir ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ nur für fast alle anstatt für alle natürlichen Zahlen $k$ fordern. Sei $K$ die erste natürliche Zahl, ab der ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für alle $k\geq K$ gilt. Dann ist

${\begin{aligned}a_{K+1}&=a_{K}\cdot {\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}\leq a_{K}\cdot q\\[0.5em]a_{K+2}&=a_{K+1}\cdot {\frac {a_{K+2}}{a_{K+1}}}\leq a_{K+1}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{2}\\[0.5em]a_{K+3}&=a_{K+2}\cdot {\frac {a_{K+3}}{a_{K+2}}}\leq a_{K+2}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{3}\\[0.5em]a_{K+4}&=a_{K+3}\cdot {\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}\leq a_{K+3}\cdot q\leq a_{K}\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhalten wir so $a_{K+l}\leq a_{K}\cdot q^{l}$. Indem man $k=K+l$ setzt, folgt die Ungleichung $a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}$ und somit:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}&=\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{k}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:a_{k}\leq a_{K}\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}a_{k}+\sum _{k=K}^{\infty }a_{K}\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}a_{k}} _{\text{beschränkt}}+\underbrace {a_{K}\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{konvergent}}} _{\text{beschränkt}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium. Es reicht also, ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ nur für fast alle $k\in \mathbb {N}$ zu fordern.

Umformulierung mit Limes superior

Die Bedingung, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für ein festes $q$ mit $0<q<1$ und für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist, kann auch mit dem Limes superior ausgedrückt werden. Diese Bedingung gilt nämlich genau dann, wenn $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$ ist.

Einerseits folgt aus ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k$, dass der größte Häufungspunkt, also der Limes superior, von $\left({\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ kleiner als $q$ und damit kleiner als $1$ ist.

Sei andererseits $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}={\tilde {q}}<1$. Dann ist für alle $\epsilon >0$ die Ungleichung ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq {\tilde {q}}+\epsilon$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ erfüllt. Wegen ${\tilde {q}}<1$ kann ein $\epsilon >0$ so klein gewählt werden, dass ${\tilde {q}}+\epsilon <1$ ist. Setzen wir $q={\tilde {q}}+\epsilon$. Dann ist zum einen $q<1$ und zum anderen ist ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$.

Zusammenfassung: Aus $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}<1$ folgt zunächst für ein $q<1$, dass ${\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\leq q$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist. Daraus folgt die Konvergenz der Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Die Sache mit der absoluten Konvergenz

In der obigen Argumentation haben wir nur Reihen betrachtet, deren Summanden nichtnegativ sind. Was passiert mit Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$, bei denen einige Summanden $a_{k}$ negativ sind?

Wir können obige Argumentation zumindest auf die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ anwenden. So können wir die absolute Konvergenz beweisen, die ja auch die normale Konvergenz der Reihe impliziert. Bei Reihen mit nichtnegativen Summanden ändert sich beim Übergang von $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ auf $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nichts, da für solche Reihen die Gleichung $a_{k}=|a_{k}|$ für alle $k$ erfüllt ist. Wir können also zusammenfassen:

Ist $\limsup _{k\to \infty }{\tfrac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}=\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.

Quotientenkriterium für Divergenz

Lässt sich mit einer ähnlichen Argumentation auch die Divergenz einer Reihe beweisen? Schauen wir uns $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an. Wenn der Quotient im Betrag größer gleich eins ist, dann ist

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1\implies |a_{k+1}|\geq |a_{k}|$

Wenn also ab einem beliebigen Index $K$ für alle nachfolgenden Indizes $k$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ erfüllt ist, dann wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. Diese Folge kann keine Nullfolge sein, da sie nach dem Folgenglied $|a_{K}|$ monoton wächst und $|a_{K}|>0$. Wenn aber $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge ist, dann ist auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Daraus folgt nach dem Trivialkriterium, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert. Das Trivialkriterium besagt ja, dass $\lim _{k\to \infty }a_{k}=0$ wäre, wenn die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergieren würde. Fassen wir zusammen:

Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ erfüllt, dann ist $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert nach dem Trivialkriterium.

Das Quotientenkriterium

Satz

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

Satz (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit $a_{k}\neq 0$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Wenn $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$ ist, dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergent.

Wenn $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ ist (also für alle $k\geq K$ für ein bestimmtes $K\in \mathbb {N}$), dann ist die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergent.

Fassen wir die obige Herleitung in einem Beweis zusammen:

Beweis (Quotienten-Kriterium für Konvergenz)

Sei $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ eine Reihe mit Summanden ungleich Null.

Beweisschritt: Konvergenz mit dem Quotientenkriterium

Sei $\theta =\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$. Wir wählen nun $\epsilon >0$ so klein, dass $q=\theta +\epsilon <1$ ist. Wegen $\theta <1$ existiert dieses $\epsilon$ (beispielsweise kann $\epsilon ={\tfrac {1-\theta }{2}}$ gewählt werden). Aus den Eigenschaften des Limes superior folgt, dass für fast alle $k\in \mathbb {N}$ die Ungleichung $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<q$ erfüllt ist. Es gibt also eine natürliche Zahl $K$, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<q$ für alle $k\geq K$ ist. Es folgt:

${\begin{aligned}|a_{K+1}|&=|a_{K}|\cdot \left|{\frac {a_{K+1}}{a_{K}}}\right|\leq |a_{K}|\cdot q\\[0.5em]|a_{K+2}|&=|a_{K+1}|\cdot \left|{\frac {a_{K+2}}{a_{K+1}}}\right|\leq |a_{K+1}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{2}\\[0.5em]|a_{K+3}|&=|a_{K+2}|\cdot \left|{\frac {a_{K+3}}{a_{K+2}}}\right|\leq |a_{K+2}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{3}\\[0.5em]|a_{K+4}|&=|a_{K+3}|\cdot \left|{\frac {a_{K+4}}{a_{K+3}}}\right|\leq |a_{K+3}|\cdot q\leq |a_{K}|\cdot q^{4}\\[0.5em]&\vdots \end{aligned}}$

Insgesamt erhält man so $|a_{K+l}|\leq |a_{K}|\cdot q^{l}$. Indem man $k=K+l$ setzt, folgt die Ungleichung $|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}$ und somit:

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|&=\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{k}|\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \forall k\geq K:|a_{k}|\leq |a_{K}|\cdot q^{k-K}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|+\sum _{k=K}^{\infty }|a_{K}|\cdot q^{k-K}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung in der 2. Reihe}}\right.}\\[0.5em]&=\underbrace {\underbrace {\sum _{k=1}^{K-1}|a_{k}|} _{\text{beschränkt}}+\underbrace {|a_{K}|\sum _{k=0}^{\infty }q^{k}} _{\text{konvergent = beschränkt}}} _{\text{beschränkt}}\\[0.5em]\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ nach dem Majorantenkriterium. Dies bedeutet wiederum, dass $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergiert.

Beweisschritt: Divergenz mit dem Quotientenkriterium

Sei nun $K$ eine natürliche Zahl, sodass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Es ist dann für alle $k\geq K$:

${\begin{aligned}&&\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&\geq 1\\[0.5em]&\implies &|a_{k+1}|&\geq |a_{k}|\end{aligned}}$

Damit wächst die Folge $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ab dem Index $K$ monoton. $\left(|a_{k}|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ ist keine Nullfolge, weil $|a_{K}|>0$ ist (wegen $a_{K}\neq 0$). Damit ist aber auch $\left(a_{k}\right)_{k\in \mathbb {N} }$ keine Nullfolge. Aus dem Trivialkriterium für Reihen folgt, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ divergiert.

Verschärfung mit Limes inferior

Die gerade behandelte Voraussetzung für die Divergenz lässt sich mit Hilfe des Limes inferior verschärfen. So ist das Kriterium leichter anzuwenden. Gilt $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, folgt daraus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$. Also divergiert die Reihe. Die umgekehrte Richtung muss nicht gelten. Aus $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\geq K$ muss nicht $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ folgen, da die Folge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ nicht zwangsläufig einen kleinsten Häufungspunkt besitzt. Es handelt sich also um eine stärkere Voraussetzung für die Divergenz der Reihe.

Hinweis

Ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann gibt es ein $\theta <1$ mit $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<\theta$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, womit die Reihe absolut konvergiert. Analog divergiert die Reihe, wenn $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$ ist.

Grenzen des Quotientenkriteriums

Bei $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ können wir nichts über Konvergenz bzw. Divergenz der Reihe aussagen. Es gibt nämlich sowohl konvergente als auch divergente Reihen, die diese Bedingung erfüllen. Ein Beispiel hierfür ist die divergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {1}{k}}}}=1\end{aligned}}$

Auch die konvergente Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ erfüllt diese Gleichung:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k^{2}}{k^{2}+2k+1}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {1}{1+{\frac {2}{k}}+{\frac {1}{k^{2}}}}}=1\end{aligned}}$

Wir können also aus $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ weder folgern, dass die Reihe konvergiert, noch, dass sie divergiert. Wir müssen in einem solchen Fall ein anderes Konvergenzkriterium verwenden.

Vorgehen bei der Anwendung des Quotientenkriteriums

Um das Quotientenkriterium auf eine Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ anzuwenden, bilden wir zunächst $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten den Grenzwert:

1. Ist $\limsup _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, dann konvergiert die Reihe absolut.
2. Ist $\liminf _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1$, dann divergiert die Reihe.
3. Ist $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, dann divergiert die Reihe.
4. Können wir keinen der drei Fälle anwenden, können wir nichts über die Konvergenz der Reihe aussagen.

Beispielaufgaben

Aufgabe 1

Aufgabe

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz oder Divergenz.

Wie kommt man auf den Beweis?

Zunächst bilden wir den Quotienten $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ und betrachten dessen Grenzwert:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Damit ist $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1$, womit aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe absolut konvergiert.

Beweis

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}$ konvergiert absolut nach dem Quotientenkriterium, denn es ist

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}\\[0.5em]&=0<1\end{aligned}}$

Aufgabe 2

Aufgabe

Untersuche die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ auf Konvergenz bzw. Divergenz.

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir haben $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$. Schauen wir uns nun $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$ an

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\end{aligned}}$

Nun ist $1+{\tfrac {1}{k}}\geq 1$ und damit auch $\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1$. Daraus folgt, dass $\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\geq 1$ für alle $k\in \mathbb {N}$ und damit insbesondere für fast alle $k\in \mathbb {N}$. Aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe divergiert.

Beweis

Die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}$ divergiert, denn für $a_{k}={\tfrac {k^{k}}{k!}}$ ist

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1\end{aligned}}$

Hinweis

Du weißt vielleicht schon, dass $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ ist. Dementsprechend kannst du alternativ auch den Beweis darüber führen, dass $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e>1$. Diese Argumentation kann aber nur angewandt werden, wenn $\lim _{k\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{k}}\right)^{k}=e$ bereits in der Vorlesung bewiesen wurde.

Aufgabe 3

Aufgabe

Untersuche für welche $a\in \mathbb {R}$ die Reihe ${\textstyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}}$ konvergiert, absolut konvergiert bzw. divergiert.

Beweis

Wir nutzen das Quotientenkriterium mit ${\textstyle a_{k}={\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}}$:

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=&\left|{\frac {(a^{2}-1)^{k+1}\cdot (k+1)}{(a^{2}-1)^{k}\cdot (k+2)}}\right|\\&=\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {k+1}{k+2}}\\&=\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {1+{\frac {1}{k}}}{1+{\frac {2}{k}}}}\end{aligned}}$

Damit folgt

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left|a^{2}-1\right|\cdot {\frac {1+{\frac {1}{k}}}{1+{\frac {2}{k}}}}=\left|a^{2}-1\right|\end{aligned}}$

Weil der Grenzwert existiert, stimmen Limes superior und Limes inferior überein. Also gilt

${\begin{aligned}\limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\left|a^{2}-1\right|\end{aligned}}$

Uns interessiert für welche $a\in \mathbb {R}$ Konvergenz, absolute Konvergenz und Divergenz vorliegt. Aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die Reihe absolut konvergiert, wenn $|a^{2}-1|<1$ ist. Im Fall $|a^{2}-1|>1$ folgt mit dem Quotientenkriterium widerum die Divergenz der Reihe. Den Fall $|a^{2}-1|=1$ müssen wir extra untersuchen:

Fall 1: $|a^{2}-1|<1$

Wir wollen herausfinden, für welche $a\in \mathbb {R}$ die Ungleichung $|a^{2}-1|<1$ gilt. Durch Umformungen finden wir:

${\begin{array}{rrclcrcl}&&|a^{2}-1|&<1\\\iff &-1<&a^{2}-1&<1\\\iff &0<&a^{2}&<2\\\iff &0<&|a|&<{\sqrt {2}}\\\iff &-{\sqrt {2}}<&a&<0&{\text{ oder }}&0<&a&<{\sqrt {2}}\\\end{array}}$

Für $-{\sqrt {2}}<a<0$ oder $0<a<{\sqrt {2}}$, wenn also $a\in (-{\sqrt {2}},0)\cup (0,{\sqrt {2}})$ gilt, konvergiert die Reihe absolut.

Fall 2: $|a^{2}-1|>1$

Hier gilt:

${\begin{array}{rrlcrl}&|a^{2}-1|&>1\\\iff &a^{2}-1&>1&{\text{ oder }}&a^{2}-1&<-1\\\iff &a^{2}&>2&{\text{ oder }}&a^{2}&<0\\\iff &|a|&>{\sqrt {2}}\\\iff &a&>{\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&a&<-{\sqrt {2}}\end{array}}$

Für $a<-{\sqrt {2}}$ oder $a>{\sqrt {2}}$ bzw. für $a\in (-\infty ,-{\sqrt {2}})\cup ({\sqrt {2}},\infty )$ divergiert die Reihe.

Fall 3: $|a^{2}-1|=1$

Zuletzt gilt

${\begin{array}{rrlcrl}&|a^{2}-1|&=1\\\iff &a^{2}-1&=1&{\text{ oder }}&a^{2}-1&=-1\\\iff &a^{2}&=2&{\text{ oder }}&a^{2}&=0\\\iff &|a|&={\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&|a|&=0\\\iff &a&=\pm {\sqrt {2}}&{\text{ oder }}&a&=0\end{array}}$

Da das Quotientenkriterium hier keine Konvergenzaussage liefert, müssen wir die beiden Fälle einzeln untersuchen:

Fall 1: $a=\pm {\sqrt {2}}$

Es gilt

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1^{k}}{k+1}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+1}}$

Da es sich um die harmonische Reihe handelt, divergiert diese.

Fall 2: $a=0$

Es gilt

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(a^{2}-1)^{k}}{k+1}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}$

Die Reihe ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent, jedoch nicht absolut konvergent, da $\sum _{k=0}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}\right|=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k+1}}$ als harmonische Reihe divergiert.

Vergleich zwischen Quotienten- und Wurzelkriterium

Das Quotientenkriterium lässt sich bei einigen Reihen wesentlich leichter anwenden als das Wurzelkriterium. Ein Beispiel ist die Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}}{k!}}}$, deren Konvergenz man mit dem Quotientenkriterium gut beweisen kann:

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\lim _{k\to \infty }{\frac {2^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{2^{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{k+1}}=0\end{aligned}}$

Im Wurzelkriterium muss man folgenden Grenzwert betrachten:

$\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {2}{\sqrt[{k}]{k!}}}$

Hier ist unklar, ob und wogegen eine Konvergenz vorliegt. Dass $k!$ schnell anwächst, könnte für eine Nullfolge sprechen. Allerdings wird die Folge $\left({\sqrt[{k}]{k!}}\right)$ durch das Ziehen der $k$-ten Wurzel stark abgeschwächt. Tatsächlich lässt sich ${\sqrt[{k}]{k!}}\to \infty$ zeigen (und damit folgt ${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\to 0$). Dieser Beweis ist jedoch sehr aufwändig. Ähnlich verhält es sich bei der Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k!}}}$. Mit dem Quotientenkriterium erhalten wir

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&=\left|{\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}}\cdot {\frac {k!}{k^{k}}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\frac {k!}{(k+1)!}}={\frac {1}{k+1}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)^{k+1}}{(k+1)\cdot k^{k}}}={\frac {(k+1)^{k}}{k^{k}}}\\[0.5em]&=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\geq 1\end{aligned}}$

Damit ist die Folge divergent nach dem Quotientenkriterium. Im Wurzelkriterium haben wir folgenden Grenzwert zu betrachten:

$\lim _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{\sqrt[{k}]{k!}}}$

Man kann beweisen, dass diese Folge gegen $e$ konvergiert. Das ist jedoch aufwendig und erfordert zusätzliche Konvergenzkriterien, die oftmals in einer Analysis-Grundvorlesung nicht zur Verfügung stehen. In beiden Fällen ist die Lösung mit dem Quotientenkriterium einfacher.

Allerdings gibt es auch Reihen, die mit dem Wurzelkriterium lösbar sind und bei denen das Quotientenkriterium nicht anwendbar ist. Ein Beispiel dafür ist die Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ mit }}a_{k}={\begin{cases}\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }},\\\left({\frac {1}{3}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Das Quotientenkriterium ist hier nicht anwendbar. Für die Quotientenfolge gilt nämlich

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|={\begin{cases}\left({\frac {2}{3}}\right)^{k}&{\text{ für gerade }}k\\\left({\frac {3}{2}}\right)^{k}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Damit ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=\infty }$, da die Quotientenfolge für ungerade $k$ wegen ${\tfrac {3}{2}}>1$ nach oben unbeschränkt ist. Andererseits gilt ${\textstyle \left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1}$ für alle geraden $k$ und damit für unendlich viele Quotienten. Insgesamt müssen wir aber feststellen, dass das Quotientenkriterium nicht anwendbar ist. Hingegen liefert das Wurzelkriterium

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\begin{cases}{\frac {1}{2}}&{\text{ für gerade }}k\\{\frac {1}{3}}&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}$

Damit ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\frac {1}{2}}<1}$ und die Reihe konvergiert absolut. Damit ist im obigen Beispiel das Wurzelkriterium anwendbar, während das Quotientenkriterium kein Ergebnis ergibt. Insgesamt ist es so, dass das Wurzelkriterium einen größeren Anwendungsbereich als das Quotientenkriterium hat. Auf jede Reihe, deren Konvergenzverhalten mit dem Quotientenkriterium feststellbar ist, kann auch das Wurzelkriterium angewendet werden. Dies folgt aus folgender Ungleichung:

$\liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq \liminf _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|$

Hier wird offensichtlich: Ist ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|<1}$, so ist automatisch ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}<1}$. Ist ${\textstyle \liminf _{k\to \infty }\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|>1}$, ist automatisch ${\textstyle \limsup _{k\to \infty }{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}>1}$. Ist also das Quotientenkriterium anwendbar, ist immer das Wurzelkriterium anwendbar. Die Umkehrung gilt nicht, wie es das obige Beispiel zeigt. Wir verzichten hier auf den etwas theoretischen und langwierigen Beweis der Ungleichung. Fortgeschrittene können sich gerne an der entsprechenden Übungsaufgabe versuchen.

Vertiefung: Kriterium von Raabe

Falls das Quotientenkriterium in obiger Form scheitert, weil beispielsweise $\lim _{k\to \infty }\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|=1$ ist, gibt es eine verschärfte Form, bei der man die Quotientenfolge $\left(\left|{\tfrac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\right)_{k\in \mathbb {N} }$ genauer abschätzen muss. Sie nennt sich Kriterium von Raabe und ist nach dem Schweizer Mathematiker Joseph Ludwig Raabe benannt.

Das Kriterium von Raabe lässt sich oft nicht so leicht wie das Quotientenkriterium anwenden und wird in den Grundvorlesungen häufig nicht behandelt. Deshalb erwähnen wir es hier nur und verzichten auf eine Herleitung. Fortgeschrittenen, die das Kriterium herleiten möchten, empfehlen wir die entsprechende Übungsaufgabe. Das Kriterium von Raabe lautet

Satz (Raabe-Kriterium)

1. Ist $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq 1-{\frac {\beta }{k+1}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$ mit einer Konstanten $\beta >1$, konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Ist ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\geq 1-{\frac {1}{k+1}}$ für fast alle $k\in \mathbb {N}$, divergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$.

Beispiel (Raabe-Kriterium)

Sehr einfach lässt sich mit dem Raabe-Kriterium die Divergenz der harmonischen Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ zeigen. Hier ist nämlich $a_{k}={\frac {1}{k}}$. Für alle $k\in \mathbb {N}$ gilt damit

${\begin{aligned}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}&={\frac {k}{k+1}}\\[0.5em]&={\frac {k+1-1}{k+1}}\\[0.5em]&=1-{\frac {1}{k+1}}\end{aligned}}$

Also divergiert die Reihe.

Beispiel (Konvergenz mit dem Raabe Kriterium)

Etwas schwerer ist es die Konvergenz der Reihe ${\textstyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}}$ zu zeigen. Hier gilt für $n\in \mathbb {N}$:

${\begin{aligned}{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}&={\frac {k^{2}}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=\left({\frac {k+1-1}{k+1}}\right)^{2}\\[0.5em]&=\left(1-{\frac {1}{k+1}}\right)^{2}\\[0.5em]&=1-{\frac {2}{k+1}}+{\frac {1}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=1-{\frac {2(k+1)-1}{(k+1)^{2}}}\\[0.5em]&=1-{\frac {\frac {2(k+1)-1}{k+1}}{k+1}}\\[0.5em]&=1-{\frac {2-{\frac {1}{k+1}}}{k+1}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\begin{array}{rl}k+1\geq 2&\implies {\frac {1}{k+1}}\leq {\frac {1}{2}}\\&\implies -{\frac {1}{k+1}}\geq -{\frac {1}{2}}\\&\implies 2-{\frac {1}{k+1}}\geq 2-{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}\\&\implies 1-{\frac {2-{\frac {1}{k+1}}}{k+1}}\leq 1-{\frac {\frac {3}{2}}{k+1}}\end{array}}\right.\\[0.5em]&\leq 1-{\frac {\frac {3}{2}}{k+1}}.\end{aligned}}$

Mit $\beta ={\frac {3}{2}}>1$ folgt $\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq 1-{\frac {\beta }{k+1}}$. Also konvergiert die Reihe (absolut).