Antwort mit KI erzeugt
Beweis:
Um zu beweisen, dass \(\lim_{{n \to \infty}} na_n = 0\) für eine konvergente Reihe \(\sum_{{n=1}}^{\infty} a_n\) mit einer monoton fallenden Folge \(a_n (a_n \geq a_{n+1} \) für alle \(n \in \mathbb{N}))\) gilt, verwenden wir das Cauchy-Kriterium für die Konvergenz von Reihen und die Eigenschaften der gegebenen Folge.
Da \(\sum_{{n=1}}^{\infty} a_n\) konvergiert, impliziert das Cauchy-Kriterium für die Konvergenz von Reihen, dass zu jedem \(\epsilon > 0\) ein \(N \in \mathbb{N}\) existiert, so dass für alle \(m > n \geq N\) gilt:
\( \left| \sum_{{i=n+1}}^{m} a_i \right| < \epsilon \)
Wir betrachten insbesondere die Glieder der Reihe, die Form \(2^ka_{2^k}\) haben, wobei \(k\) eine natürliche Zahl ist. Für diese Glieder wählen wir \(m=2^{k+1}\) und \(n=2^k\), was uns Folgendes gibt:
\( \left| \sum_{{i=2^k+1}}^{2^{k+1}} a_i \right| < \epsilon \)
Aufgrund der Monotonie von \(a_n\) wissen wir, dass \(a_{2^k} \geq a_i\) für alle \(i\) zwischen \(2^k+1\) und \(2^{k+1}\), was bedeutet, dass:
\( \left| \sum_{{i=2^k+1}}^{2^{k+1}} a_i \right| \geq \left| \sum_{{i=2^k+1}}^{2^{k+1}} a_{2^k} \right| = 2^k a_{2^k} \)
Also haben wir \(2^k a_{2^k}\) kleiner als ein beliebiges \(\epsilon\) für ausreichend großes \(k\), was impliziert, dass:
\( \lim_{{k \to \infty}} 2^k a_{2^k} = 0 \)
Da \(n a_n\) eine allgemeinere Form von \(2^k a_{2^k}\) ist und der Grenzwert nicht von der spezifischen Wahl von \(n\) als Potenz von \(2\) abhängt (aufgrund der monoton fallenden Eigenschaft von \(a_n\)), gilt auch:
\( \lim_{{n \to \infty}} na_n = 0 \)
Damit ist gezeigt, dass aus der Konvergenz der Reihe \(\sum_{{n=1}}^{\infty} a_n\) und der monoton fallenden Natur von \(a_n\) folgt, dass \(\lim_{{n \to \infty}} na_n = 0\).
