Table Of ContentAddendum zu Analysis I
Version vom 17. Oktober 2006
Hier m(cid:127)ochte ich die Inhalte zusammenstellen, welche in die Vorlesung Analysis I geh(cid:127)oren, aber
nicht in meinen Skripten ’Elemente der Analysis I, bzw. II’ abgedeckt werden. Au(cid:25)erdem (cid:12)nden Sie
hier zus(cid:127)atzliche Aufgaben.
0.2 Aufgaben
Aufgabe A 0.1: Zeigen Sie fu(cid:127)r natu(cid:127)rliche Zahlen n k
(cid:21)
n
m n+1
= :
k! k+1!
m=k
X
Aufgabe A 0.2: Beweisen Sie fu(cid:127)r alle natu(cid:127)rlichen Zahlen m;n 1
m n (cid:21)
1
a) (k+l) = mn(m+n+2);
2
k=1l=1
XX
m n
1
b) (k l)= mn(m+1)(n+1):
(cid:1) 4
k=1l=1
XX
Aufgabe A 0.3: Beweisen Sie fu(cid:127)r jede natu(cid:127)rliche Zahl n 1
n (cid:21)
1 n
a) = ;
4k2 1 2n+1
kX=1 (cid:0)
n 1 k (n+1)n
b) 1+ = :
k n!
k=1(cid:18) (cid:19)
Y
0.4 Aufgaben
Aufgabe A 0.4: Zeigen Sie, dass es zu jeder reellen Zahl x 0 eine reelle Zahl y 0 gibt mit y2 = x.
(cid:21) (cid:21)
(Diese Zahl y bezeichnet man mit px.)
1
0.5 Mengen, Abz(cid:127)ahlbarkeit
Bisherhabeich michbemu(cid:127)ht,denFormalismus derMengen m(cid:127)oglichst sparsameinzusetzen. Ich wollte
eben ganz am Anfang m(cid:127)oglichst wenig abstrakte Notation verwenden. Auch ho(cid:11)e ich, dass alles, was
wir von diesem Formalismus bisher ben(cid:127)otigten, aus der Schule bakannt ist. Jetzt mu(cid:127)ssen wir uns
einige Eigenschaften von Teilmengen des K(cid:127)orpers IR genauer anschauen. Dazu brauchen wir einige
Notationen, die ich bisher vermieden habe, aber jetzt einfu(cid:127)hren m(cid:127)ochte.
Intervalle: Seien a b IR. Wir benutzen die folgenden Symbole:
(cid:20) 2
[a;b] := x IR : a x b abgeschlossenes Intervall
f 2 (cid:20) (cid:20) g
]a;b[ := x IR : a < x< b o(cid:11)enes Intervall
f 2 g
[a;b[ := x IR : a x< b halbo(cid:11)enes Intervall
f 2 (cid:20) g
]a;b] := x IR : a < x b ::
f 2 (cid:20) g (cid:0) (cid:0)
[a; [ := x IR : a x uneigentliches Intervall
1 f 2 (cid:20) g
]a; [ := x IR : a < x ::
1 f 2 g (cid:0) (cid:0)
] ;b] := x IR : x b ::
(cid:0)1 f 2 (cid:20) g (cid:0) (cid:0)
] ;b[ := x IR : x< b ::
(cid:0)1 f 2 g (cid:0) (cid:0)
Enthaltenseins-Beziehungen: Die folgenden Symbole du(cid:127)rften zum gr(cid:127)o(cid:25)ten Teil bekannt sein:
x M x geh(cid:127)ort zur Menge M
2
x M x geh(cid:127)ort nicht zur Menge M
62
M M x M = x M
0 0
(cid:26) 2 ) 2
(M ist in M enthalten)
0
M M = x : x M oder x M
0 0
[ f 2 2 g
(Vereinigung der Mengen M und M )
0
M M = x : x M und x M
0 0
\ f 2 2 g
(Durchschnitt der Mengen M und M )
0
M M = x : x M und x M
0 0
n f 2 62 g
(Di(cid:11)erenz der Mengen M und M )
0
leere Menge
;
Als Test dafu(cid:127)r,ob Sie diese Notationen beherrschen,k(cid:127)onnenSie sich die folgenden Identit(cid:127)aten klar
machen:
[a;b] = ] ;b] [a; [
(cid:0)1 \ 1
= IR (] ;a[ ]b; )[)
n (cid:0)1 [ 1
[0;1[ ]1;2] =
\ ;
[0;1] [1;2] = 1
\ f g
[0;1] [1;2] = [0;2]
[
[0;1[ ]1;2] = [1;2] 1
[ nf g
Fu(cid:127)r Durchschnitte und Vereinigungen gelten die Rechenregeln:
M (N R) = (M N) R
[ [ [ [
M (N R) = (M N) R
\ \ \ \
M (N R) = (M N) (M R)
\ [ \ [ \
2
Genauso, wie man das Summenzeichen benu(cid:127)tzt, um Summen mit mehreren Summanden hin-
zuschreiben, gibt es auch eine Notation fu(cid:127)r Vereinigungen und Durchschnitte von mehreren Mengen:
P
n
M = M M ::: M
i 1 2 n
[ [ [
i=1
[
n
M = M M ::: M
i 1 2 n
\ \ \
i=1
\
Kartesisches Produkt: Sind M und M zwei Mengen, so ist ihr kartesisches Produkt
0
M M = (x;x ): x M; x M :
0 0 0 0
(cid:2) f 2 2 g
Das kartesische Produkt
IR2 :=IR IR= (x;y) : x;y IR
(cid:2) f 2 g
kann man sich veranschaulichen als die Menge der Punkte in der Ebene mit den Koordinaten (x;y):
6 6
- 1 ......................................... -
1
IR IR [0;1] [0;1]
(cid:2) (cid:2)
Abbildungen: Es seien M und N Mengen. Eine Abbildung f : M N ordnet jedem x M ein
! 2
Element f(x) N zu.
2
Beispiel 0.6 Sei M := IN und N := IR. Eine Abbildung f : IN IR ist eine Folge (a ), n(cid:127)amlich
n
!
a = f(n);n IN.
n
2
Beispiel 0.7 Sei M :=IR und N := x IR : x 0 . Dann ist x x2 eine Abbildung M N.
f 2 (cid:21) g 7! !
De(cid:12)nition 0.7 Eine Abbildung f : M N hei(cid:25)t
!
injektiv, wenn gilt: x= y = f(x)= f(y),
6 ) 6
surjektiv, wenn gilt: zu jedem y N gibt es ein x M mit y = f(x),
2 2
bijektiv, wenn sie injektiv und surjektiv ist.
Bei einer surjektiven Abbildung f : M N sagt man auch, f bildet M auf N ab.
!
Abbildungen kann man hintereinanderschalten: Sind f : M N und g :N R Abbildungen, so
! !
bezeichnet man mit
M N R
g f : ! !
(cid:14) ( x f(x) g(f(x))
7! 7!
die zusammengesetzte Abbildung.
3
Eine spezielle Abbildung ist die Identit(cid:127)at oder identische Abbildung id : M M, die jedem
M
!
Element x M wieder das Element id (x) :=x zuordnet.
M
2
Ist f : M N bijektiv, so gibt es die Umkehrabbildung f 1 : N M, die folgenderma(cid:25)en
(cid:0)
! !
de(cid:12)niert ist: Zu jedem y N gibt es ein x M mit y = f(x), weil f : M N nach Voraussetzung
2 2 !
surjektiv ist. Dieses x M mit f(x) = y ist durch y eindeutig bestimmt, weil f injektiv ist. Man setzt
2
f 1(y) :=x. Fu(cid:127)r diese Umkehrabbildung gilt
(cid:0)
f 1 f = id ; f f 1 = id :
(cid:0) M (cid:0) N
(cid:14) (cid:14)
Ist f :M N nicht surjektiv, dann gibt es keine Umkehrabbildung. Fu(cid:127)r jede Teilmenge N N
1
! (cid:26)
kann man trotzdem eine Urbildmenge f 1(N ) M de(cid:12)nieren durch
(cid:0) 1
(cid:26)
f 1(N ):= x M : f(x) N :
(cid:0) 1 1
f 2 2 g
Diese Urbildmenge f 1(N ) kann leer sein, auch wenn N = ist.
(cid:0) 1 1
6 ;
Mengen k(cid:127)onnen verschieden gro(cid:25) sein. Endliche Mengen k(cid:127)onnen verschiedene Anzahlen von Ele-
menten enthalten. Aber das kann bei unendlichen Mengen auch passieren. Man sollte meinen, mehr
als unendlich viele Elemente k(cid:127)onne eine Menge nicht enthalten, aber es gibt eben verschiedene Sorten
von Unendlichkeit. Einen kleinen Einblick in diese Problematik gibt der n(cid:127)achste Begri(cid:11), die Abz(cid:127)ahl-
"
barkeit\ .
De(cid:12)nition 0.8 Eine Menge M hei(cid:25)t abz(cid:127)ahlbar, wenn eine surjektive Abbildung f : IN M von IN
!
auf M existiert.
Mit anderen Worten: die Elemente x M einer abz(cid:127)ahlbaren Menge M k(cid:127)onnen zu einer Folge
2
x = f(n); n IN, angeordnet werden.
n
2
Beispiel 0.8 Jede endliche (nicht-leere) Menge ist abz(cid:127)ahlbar.
Beweis: Sei M = x ;:::;x . Wir de(cid:12)nieren eine surjektive Abbildung f : IN M durch
1 k
f g !
x f(cid:127)ur n= 1;:::;k
f(n):= n g
x f(cid:127)ur n> k:
( 1
Beispiel 0.9 Die Menge IN der nat(cid:127)urlichen Zahlen ist abz(cid:127)ahlbar.
Beweis: f(n):= n.
Beispiel 0.10 Jede nicht-leere Teilmenge der Menge IN ist abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. Sei M IN eine Teilmenge. Wenn sie endlich ist, ist sie nach 1) abz(cid:127)ahlbar. Also k(cid:127)onnen
(cid:26)
wir o.B.d.A. die Menge M unendlich annehmen. Folgenderma(cid:25)en de(cid:12)nieren wir rekursiv eine Abbil-
dung von IN auf M:
Es sei m M das kleinste Element der Menge. Wir setzen f(1) := m . Das n(cid:127)achstkleinere
1 1
2
Element in M sei m . Wir setzen f(2) := m . So machen wir weiter. Wenn also f(k) = m M
2 2 k
2
schon de(cid:12)niert ist, so sei m M das n(cid:127)achstkleinere Element und wir setzen f(k+1) :=m .
k+1 k+1
2
4
Beispiel 0.11 Die Menge IN IN ist abz(cid:127)ahlbar.
(cid:2)
Beweis. Die Elemente der Menge IN IN sind Paare (n ;n ) nat(cid:127)urlicher Zahlen n ;n IN.
1 2 1 2
(cid:2) 2
Wir k(cid:127)onnen sie in einem nach rechts unten o(cid:11)enen rechteckigen Schema anordnen und entlang der
punktierten Linie abz(cid:127)ahlen:
((((((123456;;;;;;..111111.............................))))))...............................................................................................................((((((......................123456.............................;;;;;;...........................222222.........................))))))......................................................................................((((((..................123456.......................;;;;;;....................333333..................))))))...................................................................((((((.............123456..................;;;;;;...............444444............)))))).............................................((((((........123456............;;;;;;..........555555......))))))......................((((((.....123456......;;;;;;.....666666))))))
Beispiel 0.12 Sei M abz(cid:127)ahlbar und g :M N surjektiv. Dann ist auch N abz(cid:127)ahlbar.
!
Beweis. Nach Voraussetzung gibt es eine surjektive Abbildung f : IN M. Dann ist auch die
!
zusammengesetzte Abbildung g f : IN M N surjektiv.
(cid:14) ! !
Beispiel 0.13 Jede Teilmenge einer abz(cid:127)ahlbaren Menge ist wieder abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. Sei M abz(cid:127)ahlbar und M M. Nach Voraussetzung gibt es eine surjektive Abbildung
1
(cid:26)
f : IN M. Sei N IN das Urbild f 1(M ). Nach 3) ist N abz(cid:127)ahlbar. Weil f N : N M
1 (cid:0) 1 1 1 1 1
! (cid:26) j !
surjektiv ist, ist nach 5) auch M abz(cid:127)ahlbar.
1
Beispiel 0.14 Seien M ; M ; M ; ::: abz(cid:127)ahlbar viele abz(cid:127)ahlbare Mengen. Dann ist auch ihre Vereini-
1 2 3
gung 1i=1Mi abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. Nach Voraussetzung gibt es f(cid:127)ur jede nat(cid:127)urliche Zahl i eine surjektive Abbildung f : IN
S i !
M . Wir de(cid:12)nieren F :IN IN M durch F(i;n) :=f (n). Diese Abbildung F ist surjektiv.
i (cid:2) ! i i i
S
Beispiel 0.15 Die Menge Q der rationalen Zahlen ist abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. Es ist Q = Q 0 Q mit der Menge Q := q Q : q > 0 : Wegen 4) gen(cid:127)ugt es zu
(cid:3) (cid:3) (cid:3)
(cid:0) [f g[ f 2 g
zeigen, dass Q abz(cid:127)ahlbar ist. Die Abbildung
(cid:3)
IN IN Q
(cid:3)
(cid:2) !
F : b
8 (a;b)
< 7! a
ist surjektiv. Die Behauptung folgt also mit:den Beispielen 1.26 und 1.27.
5
Beispiel 0.16 Das Intervall ]0;1[ ist nicht abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. Wir nehmen an, es g(cid:127)abe eine surjektive Abbildung f : IN ]0;1[. Dann schreiben wir die
!
Zahlen a ]0;1[ als Dezimalbr(cid:127)uche auf in der Reihenfolge, wie sie als Bilder f(n); n IN auftreten:
2 2
(1) (1) (1)
f(1) = 0;a a a :::
1 2 3
(2) (2) (2)
f(2) = 0;a a a :::
1 2 3
(3) (3) (3)
f(3) = 0;a a a :::
1 2 3
.
.
.
Jetzt de(cid:12)nieren wir unendlich viele Zi(cid:11)ern a ;a ;a ;::: durch
1 2 3
(1)
4 falls a = 4
a1 := 1(1) 6
( 5 falls a = 4
1
(2)
4 falls a = 4
a2 := 2(2) 6
( 5 falls a = 4
2
(3)
4 falls a = 4
a3 := 3(3) 6
( 5 falls a = 4
3
.
.
.
(n)
4 falls a = 4
n
an := (n) 6
( 5 falls an = 4
.
.
.
(n)
Dann ist die Zi(cid:11)er a verschieden von der Zi(cid:11)er a , die im Dezimalbruch f(cid:127)ur f(n) an der n-ten
n n
Stelle steht. Der Dezimalbruch
a :=0;a a a :::
1 2 3
kann also in der Aufz(cid:127)ahlung der Zahlen f(1); f(2); f(3); ::: nicht vorkommen, weil er sich von jedem
dieser Dezimalbr(cid:127)uche an mindestens einer Stelle unterscheidet. Widerspruch!
Beispiel 0.17 Die Menge IR der reellen Zahlen ist nicht abz(cid:127)ahlbar.
Beweis. W(cid:127)are IR abz(cid:127)ahlbar, dann w(cid:127)are dies nach Beispiel 1.28 auch das Intervall (0;1). Nach
Beispiel 1.31 ist dieses Intervall aber nicht abz(cid:127)ahlbar.
Aufgabe A 0.5: Zeigen Sie:
a) Die Menge aller endlichen Teilmengen von IN ist abz(cid:127)ahlbar.
b) Die Menge aller unendlichen Teilmengen von IN ist nicht abz(cid:127)ahlbar.
6
1.1 Aufgabe
Aufgabe A 1.1:[V] Die Sechseckszahlen (s ) sind rekursiv de(cid:12)niert durch
n
s :=0; s :=s +4n+1:
0 n+1 n
Finden Sie mit dem Ansatz s = an2+bn+c eine explizite Formel fu(cid:127)r alle s und beweisen Sie diese.
n n
1.2 Aufgaben
Aufgabe A 1.2:[V] Zeigen Sie, dass (2n) eine Teilfolge von (2n) ist.
n 1 n 1
(cid:21) (cid:21)
Aufgabe A 1.3:[V] Beweisen oder widerlegen Sie, dass die Folge
x := n2+1 n
n
(cid:0)
p
konvergiert.
Aufgabe A 1.4: Es sei k 2 eine natu(cid:127)rliche Zahl und es seien a > 0;x >0 reelle Zahlen. Die Folge
0
(cid:21)
(x ) werde rekursiv de(cid:12)niert durch
n n 0
(cid:21)
1 a
x := (k 1)x + :
n+1 k (cid:0) n xk 1
(cid:18) n(cid:0) (cid:19)
Zeigen Sie: diese Folge konvergiert gegen die eindeutig bestimmte positive L(cid:127)osung x der Gleichung
xk = a.
Aufgabe A 1.5: Fu(cid:127)r n IN seien
2
n
a := pn+1000 pn; b := n+pn pn; c := n+ pn:
n n n
(cid:0) (cid:0) 1000 (cid:0)
q r
Zeigen Sie:
a) Fu(cid:127)r 1 n< 1000000 gilt a > b > c .
n n n
(cid:20)
b) lim(a )= 0; lim(b ) = 1; lim(c )= :
n n 2 n 1
Aufgabe A 1.6: Berechnen Sie den Wert von
1+ 1+p1+:::;
r
q
d.h., den Grenzwert der rekursiv de(cid:12)nierten Folge
a :=1; a := p1+a :
0 n+1 n
7
1.3 Die Exponentialreihe
Die Eulersche Zahl e haben wir de(cid:12)niert als den Grenzwert der Reihe (Beispiel 1.16)
1 1
:
(cid:23)!
(cid:23)=0
X
Aus der Schule kennt man aber auch die Darstellung als Grenzwert
1 n
e = lim 1+ :
n n
!1(cid:18) (cid:19)
Diese Gleichung beweisen wir in zwei Schritten:
Behauptung a): Fu(cid:127)r alle n IN ist
2 1 n
1+ < e:
n
(cid:18) (cid:19)
Beweis: Fu(cid:127)r alle k = 1;:::;n gilt
n 1 1 n (n 1) ::: (n k+1i) 1
= (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:1) (cid:0) :
k!(cid:1) nk k! (cid:1) n n ::: n (cid:20) k!
(cid:1) (cid:1) (cid:1)
Mit unseren fu(cid:127)r k = 0 getro(cid:11)enen Vereinbarungen gilt diese Formel auch fu(cid:127)r k = 0, trivialerweise. Mit
der binomischen Formel erhalten wir daraus
1 n n n 1 n 1
1+ = < e:
(cid:18) n(cid:19) k=0 k!(cid:1) nk (cid:20) k=0 k!
X X
Behauptung b): Zu jedem (cid:15)> 0 gibt es ein N((cid:15)) so, dass fu(cid:127)r alle n> N((cid:15)) gilt
1 n
1+ > e (cid:15):
n (cid:0)
(cid:18) (cid:19)
Beweis: Weil die Exponentialreihe monoton wachsend gegen e konvergiert, gibt es ein m IN so, dass
2
fu(cid:127)r alle n> m gilt
m m
1 1
e < (cid:15); bzw. > e (cid:15):
(cid:0) k! k! (cid:0)
k=0 k=0
X X
Fu(cid:127)r n m berechnen wir
(cid:21)
1 n n 1 n (n 1) ::: (n k+1)
1+ = (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:1) (cid:0)
n k! (cid:1) n n ::: n
(cid:18) (cid:19) kX=0 (cid:1) (cid:1) (cid:1)
m
1 1 k 1
(1 ) ::: (1 (cid:0) )
(cid:21) k! (cid:1) (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n
k=0
X
m
1 m 1 1
(1 ) ::: (1 (cid:0) )
(cid:21) (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n (cid:1) k!
k=0
X
Wegen
1 m 1
lim (1 ) ::: (1 (cid:0) ) = 1
n (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n
!1
8
gibt es ein N((cid:15)) m so, dass fu(cid:127)r n N((cid:15)) gilt
(cid:21) (cid:21)
1 m 1
(1 ) ::: (1 (cid:0) ) 1 (cid:15):
(cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n (cid:21) (cid:0)
Fu(cid:127)r diese n ist dann also
1 n m 1
1+ (1 (cid:15)) >(1 (cid:15))(e (cid:15)) = e (cid:15)(1+e)+(cid:15)2 >e (cid:15)(1+e):
n (cid:21) (cid:0) (cid:1) k! (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)
(cid:18) (cid:19) k=0
X
Daraus folgt die Behauptung b).
Die Behauptungen a) und b) zusammen ergeben die Grenzwertgleichung
1 n
lim 1+ = e:
n n
!1(cid:18) (cid:19)
Aufgabe A 1.7: Zeigen Sie
1 n 1 n
lim 1+ 1 = 1
n n (cid:0) n
!1(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
und folgern Sie daraus
1 n 1
lim 1 = :
n (cid:0) n e
!1(cid:18) (cid:19)
Aufgabe A 1.8: Zeigen Sie fu(cid:127)r x> 0
x n 1 xk
lim 1+ = :
n n k!
!1(cid:18) (cid:19) k=0
X
Aufgabe A 1.9: Entscheiden Sie, welche der folgenden Reihen konvergieren:
1 n! 1 n4 1 n+4 1 (n+1)n(cid:0)1
a) ; b) ; c) ; d) :
nn 3n n2 3n+1 ( n)n
nX=1 nX=0 nX=0 (cid:0) nX=1 (cid:0)
1.3 Absolute Konvergenz
Eine absolut konvergente Reihe konvergiert, und konvergiert nach jeder Umordnung auch gegen den-
selben Grenzwert. Bevor wir dies beweisen, erst die verblu(cid:127)(cid:11)ende Alternative:
Riemannscher Umordnungssatz: Die Reihe a sei konvergent, aber nicht absolut konver-
n
gent. Dann gibt es zu jedem beliebigen (cid:11) IR eine Umordnung a dieser Reihe, die gegen (cid:11)
2 P (cid:27)(n)
konvergiert.
P
Schrecklich!
Beweis des Satzes: Einerseits konvergiert a und es ist insbesondere lim a = 0 nach Satz
n n n
!1
1.9. Andererseits divergiert die Reihe a mit positiven Summanden. Ihre Partialsummen mu(cid:127)ssen
j nj P
P
9
deswegen unbeschr(cid:127)ankt wachsen. Die Voraussetzung und die Behauptung (cid:127)andern sich nicht, wenn wir
in der Reihe alle Summanden a = 0 weglassen. Und das wollen wir tun.
n
Wir setzen nun
a falls a > 0
p :=max(a ;0) = n n
n n 0 falls a < 0
( n
0 falls a < 0
q :=min(a ;0) = n
n n a falls a > 0
( n n
Falls p beschr(cid:127)ankt und damit konvergent w(cid:127)are, so wu(cid:127)rde auch
n
P
a p = (a p ) = q = q
n n n n n n
(cid:0) (cid:0) (cid:0) j j
X X X X X
konvergieren. Dann w(cid:127)are auch
a = (p + q )
n n n
j j j j
konvergent, im Widerspruch zur VorauXssetzung.XAlso w(cid:127)achst p unbeschr(cid:127)ankt gegen . Ebenso
n
1
sieht man, dass q unbeschr(cid:127)ankt gegen f(cid:127)allt.
n (cid:0)1 P
Jetzt ordnen wir die Summanden um, und zwar so, dass
P
P :=p +:::+p wo m mimimal mit P > (cid:11)
1 1 m1 1 1
Q :=P +q +:::+q wo n mimimal mit Q <(cid:11)
1 1 1 n1 1 1
.
.
.
P :=Q +p +:::+p wo m mimimal mit P >(cid:11)
k+1 k mk+1 mk+1 k+1 k+1
Q :=P +q +:::+q wo n mimimal mit Q < (cid:11)
k+1 k+1 nk+1 nk+1 k+1 k+1
.
.
.
Dabei ist m > m und lim m = , ebenso wie lim n = . Das bedeutet, dass wir
k+1 k k k k k
!1 1 !1 1
tats(cid:127)achlich alle Summanden umgeordnet haben.
Au(cid:25)erdem ist P > (cid:11) > Q mit
k k
P (cid:11) < p 0; (cid:11) Q < q 0 fu(cid:127)r k :
k (cid:0) mk ! (cid:0) k (cid:0) nk ! ! 1
Fu(cid:127)r jede Partialsumme S der umgeordneten Reihe folgt daraus, dass entweder
P S Q mit S (cid:11) max p ; q
k (cid:21) (cid:21) k j (cid:0) j (cid:20) f mk (cid:0) nkg
oder
Q S P mit S (cid:11) max q ;p :
k (cid:20) (cid:20) k+1 j (cid:0) j (cid:20) f(cid:0) nk mk+1g
Somit konvergieren die Partialsummen gegen (cid:11).
Das war die schlechte Nachricht. Die gute Nachricht ist
Gro(cid:25)er Umordnungssatz: Die Reihe a sei absolut konvergent mit a =(cid:11). Ist (cid:27) :IN IN
n n
!
eine bijektive Abbildung, so konvergiert auch die damit umgeordnete Reihe a gegen (cid:11).
P P (cid:27)(n)
Beweis. Wie immer in solchen F(cid:127)allen geben wir uns ein (cid:15) > 0 beliebig vor. Wegen der absoluten
P
Konvergenz gibt es ein N mit
0
1
a < (cid:15):
n
j j
nX=N0
10
