Zeige mit Cauchy´schen Konvergenzprinzip, dass Folge 1/k^3 konvergent ist.

Question

Also erst einmal wählt man ja ein ε >0. Wenn ε >0 dann ist ja auch \( \sqrt{}ε\) > 0. Und mit dem Satz von Archimedes gibt es ein n0∈N mit n0 > 1/  \( \sqrt{}ε\) >0 sodass ja dann logischerweise 1/(n0)^2 < ε ist. Für m,n ≥ n0 gilt m > n. Sei:

Betragstrich \( \sum\limits_{k=1}^{\{m}{1/k^3} \) - \( \sum\limits_{k=1}^{\{n}{1/k^3} \) Betragstrich =  \( \sum\limits_{k=n+1}^{\{m}{1/k^3} \) ≤ (1/n)  \( \sum\limits_{k=n+1}^{\{m}{1/k^2} \) ≤ (1/n)  \( \sum\limits_{k=n+1}^{\{m}{1/((k-1)*k)} \) =  (1/n)  \( \sum\limits_{k=n+1}^{\{m}{(1/(k-1)) - (1/k)} \)

Und jetzt kommt etwas, was ich nicht verstehe, denn es wird weiter vereinfacht zu

= (1/n)((1/n)-(1/m)) ≤ 1/n^2 ≤ 1/n0^2 < ε

Kann mir einer sagen, warum 1/(k-1) - (1/k) einfach so durch ((1/n)-(1/m)) ersetzt wird?

Comments

Es handelt sich um eine sog. Teleskopsumme. Außer dem ersten und letzten Summanden addieren sich alle anderen zu Null.

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Verstehe leider immer noch nicht, warum man dann 1/(k-1) - (1/k) einfach so durch (1/n) - (1/m) ersetzen kann.

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Die komplette Summe \(\displaystyle\sum_{k=n+1}^m\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)\) wird durch \(\displaystyle\frac1n-\frac1m\) ersetzt.

Answer 1

$$ \begin{aligned} &\sum_{k=n+1}^m\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right) \\= & \left( \frac{1}{(n+1)-1} - \frac{1}{n+1} \right) + \left( \frac{1}{(n+2)-1} - \frac{1}{n+2} \right) + \dotsm \\&\dotsm+ \left( \frac{1}{(m-1)-1} - \frac{1}{m-1} \right) + \left( \frac{1}{m-1} - \frac{1}{m} \right)  \\= &\frac{1}{(n+1)-1}+ \left( - \frac{1}{n+1} +  \frac{1}{(n+2)-1} \right) + \left( - \frac{1}{n+2} + \dotsm \right.\\&\left. \dotsm+  \frac{1}{(m-1)-1} \right) + \left(- \frac{1}{m-1}  +  \frac{1}{m-1} \right) - \frac{1}{m} \\= & \frac{1}{n} +0+\dotsm+0- \frac{1}{m} \\ &= \frac{1}{n} - \frac{1}{m}  \end{aligned} $$

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Habs jetzt verstanden. Danke