Monoton fallende Folge nicht negativer reeller Zahlen?

Question

Sei (a_n) eine monoton fallende Folge nicht negativer reeller Zahlen. Zeigen Sie: $$\sum { { a }_{ n } } $$ konvergiert genau dann, wenn 
$$\sum { { 2 }^{ n }{ a }_{ 2^{ n } } }  $$
 konvergiert.
Wie zeige ich das? Danke für eure Unterstützung!! :)

---

aus Duplikat: "Zeige:... Reihe ∑∞k=1 a_k konvergiert genau dann, wenn die Reihe ∑∞k=1 2k a_2k konvergiert."

Wie beweise ich den folgenden Satz???

Sei (a_k)_k≥1 eine monoton fallende Folge nichtnegativer reeller Zahlen. Die Reihe ∑∞_k=1 a_k konvergiert genau dann, wenn die Reihe ∑∞_k=1 2^ka_2^k konvergiert.

Dabei weiß ich, dass eine Reihe mit nichtnegativen Gliedern genau dann konvergiert, wenn die Folge ihrer Partialsummen nach oben beschränkt ist.

Comments

                <p><strong>Vom Duplikat:</strong></p>
                <p>Titel: sei (an)n eine nicht-negative, monoton fallende Folge. Beweisen Sie:</p>
                <p>Stichworte: folge,reihe,konvergenz,negativ,monotonie,fallend</p>
            sei (an)n eine nicht-negative, monoton fallende Folge. Beweisen Sie: Die Reihe summe n=1 bis unendlich an konvergiert genau dann, wenn die Reihe summe n=1 bis unendlich kn · akn für ein k ∈ N, k ≥ 2, konvergiert.

Hi, wer weiß etwas dazu?

---

Ist der Index in der letzten Summe tatsächlich 2^k

---

Ja genau, also ∑∞_k=1 2^k a_(2^k)

---

Doch: eine Idee schon (ausführen müsstest du das aber selbst):

Klammere 2 aus. = Schreib eine 2 vor das Summenzeichen.

2^{k-1} ist die Anzahl der Summanden zwischen zwei aufeinanderfolgenden

a_(2^k)

Wegen der Monotonie liegen alle Summanden zwischen a_(2^k-1) und a_(2^k) .

Man kann dadurch die gegebene Reihe und die Vergleichsreihe durcheinander abschätzen. 

Damit sollte sich die Behauptung zeigen lassen.

---

Danke Lu. Werde das gleich mal versuchen.

---

Ich komm nicht mehr weiter. Konntest du es nach der Hilfe von Lu lösen?   kann mir bitte einer behilflich sein?

---

kann ich bei der Aufgabe erstmal beweisen dass die partialsumme konvergiert und dann ist automatisch die reihe ak konvergiert oder soll ich beiden beweisen dass die konvergieren ?

---

hi499: Hier steht doch eigentlich, was zu tun ist: https://www.mathelounge.de/180605/summenformel-beweis-per-induktion

---

Vom Duplikat:

Titel: Sei (an)n eine monoton fallende Nullfolge. Man soll beweisen, dass Reihe (2^k a_(k)) konvergiert

Stichworte: konvergenz,monotonie,reihe,folge

Es geht um Aufgabe 10.1 .
Was muss man hier tuen um das zu beweisen?

Sei (an)n eine monoton fallende Nullfolge. Man soll beweisen, dass Reihe (2^k a_(k)) konvergiert

---

Such mal nach dem Cauchysches Verdichtungskriterium.

Answer 1

wenn du dir die zweite Folge anschaust, kommen da nur

a1   a2    a4     a8     a16      a32   etc vor.  allerdings mit nem Faktor

im original: a1  a2  a3  a4   a5   a6   a7   a8   a9   a10   a11 a12 y13  a14  a15  a16

wegen des Fallens ist a2+a3 < 2a2
a4 + a5 +   a6 +  a7   < 4*a4
                                          

allgemein also  summe von a mit Index 2^n  bis a mit Indes 2^n - 1  <  2^n * a mit Index 2^n

Dann wäre also die ursprüngliche Folge eine Majorante der neuen.

und da alles nicht negativ ist , konvergiert die neue jedenfalls, falls das Original konvergiert.

andersherum:  Muss man vielleicht die Einteilung etwas anders machen, dann hat
man z.B.    a5 +   a6 +  a7   + a8 >   4*a8    ????????????

Comments

Hi mathef,
sorry, dass ich diese ältere Antwort noch einmal hinterfrage. Ich sitze aber gerade an der selben Aufgabe.
Ich blicke bei deiner allgemeinen Beschreibung der Größenverhältnisse nicht wirklich durch. Was bedeutet genau "summe von a mit Index 2ⁿ bis a mit Index 2ⁿ -1 < 2ⁿ * a mit Index 2ⁿ " ?
Und warum wäre dann die ursprüngliche Folge eine Majorante der neuen.
Aber schon mal vielen Dank für deine Antwort. :)

---

bedeutet genau "summe von a mit Index 2ⁿ bis a mit Index 2ⁿ -1 < 2ⁿ * a mit Index 2ⁿ " ?

Ich mach mal den Index immer rot

a2^n + a2^n+1 + a2^n+2 + .....  a 2ⁿ⁺¹ -1  Oh, dafehlte im Expo. +1 

und diese Summe kleiner als 2^n  *  a2^n    denn das sind ja 2^n Stück, die alle

kleiner als a2^n   sind.

---

okay. Vielen dank schon mal. Hat mich schon weiter gebracht
aber wäre dann nicht die neue Folge eine Majorante der ursprünglichen? Weil 2ⁿ * a_2ⁿ  gehört doch zur neuen Folge und somit wäre doch die neue Folge stets größer als die ursprüngliche, oder irre ich mich jetzt total ?

---

noch eine zusätzliche Frage: Wie kommst du bei dem Beweis andersherum auf 4* a8 ?

---

hj2555: Hast du https://www.mathelounge.de/180605/summenformel-beweis-per-induktion gesehen?

---

Ja, das habe ich.
Nur ist mir nicht ganz klar, wie mich das bei der Aufgabe weiterbringen kann.

---

Vor allem die Aussage, dass die ursprüngliche Folge eine Majorante der neuen sein soll, begreife ich nicht so recht.

---

Vor allem die Aussage, dass die ursprüngliche Folge eine Majorante der neuen sein soll, begreife ich nicht so recht.

Das verwirrt mich momentan auch, muss wohl anders herum lauten und wäre dann wohl eher

für den Beweis der anderen Richtung brauchbar.