Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen

Satz

Es sei ${}I=[1,\infty ]$ ein rechtsseitig unbeschränktes Intervall und sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige fallende Funktion mit ${}f(x)\geq 0$ für alle ${}x\in I$.

Dann existiert das uneigentliche Integral

$\int _{1}^{\infty }f(t)\,dt$

genau dann, wenn die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }f(n)$

konvergiert.

Beweis

Wenn das uneigentliche Integral existiert, so betrachten wir die Abschätzung

${}\sum _{n=2}^{k}f(n)\leq \int _{1}^{k}f(t)\,dt\,,$

die darauf beruht, dass die linke Seite das Treppenintegral zu einer unteren Treppenfunktion für ${}f$ auf ${}[1,k]$ ist. Da die rechte Seite beschränkt ist, gilt dies auch für die linke Seite, sodass wegen ${}f(n)\geq 0$ die Reihe konvergiert.
Ist umgekehrt die Reihe konvergent, so betrachten wir die Abschätzung

${}\int _{1}^{k}f(t)\,dt\leq \sum _{n=1}^{k-1}f(n)\,,$

die gilt, da die rechte Seite das Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ist. Wegen ${}f(t)\geq 0$ ist die Integralfunktion ${}x\mapsto \int _{1}^{x}f(t)\,dt$ wachsend und beschränkt, da die rechte Seite wegen der Konvergenz der Reihe beschränkt ist. Daher besitzt die Integralfunktion für ${}x\mapsto \infty$ einen Grenzwert und das uneigentliche Integral existiert.

$\Box$

${}(a+b)^{n+1}$	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 1	${}(a+b)(a+b)^{n}$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 2	${}(a+b)\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 3	${}a(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k})+b(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k})$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 4	${}\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 5	${}\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 6	${}\sum _{k=0}^{n+1}({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}})a^{k}b^{n+1-k}$
	${}\,=\,$ Benutzer:Bocardodarapti/Arbeitsseite/tests/Boxen/Grund 7	${}\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}$

Satz

Es sei ${}I=[1,\infty ]$ ein rechtsseitig unbeschränktes Intervall und sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetige fallende Funktion mit ${}f(x)\geq 0$ für alle ${}x\in I$.

Dann existiert das uneigentliche Integral

$\int _{1}^{\infty }f(t)\,dt$

genau dann, wenn die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }f(n)$

konvergiert.

Beweis

Wenn das uneigentliche Integral existiert, so betrachten wir die Abschätzung

${}\sum _{n=2}^{k}f(n)\leq \int _{1}^{k}f(t)\,dt\,,$

die darauf beruht, dass die linke Seite das Treppenintegral zu einer unteren Treppenfunktion für ${}f$ auf ${}[1,k]$ ist. Da die rechte Seite beschränkt ist, gilt dies auch für die linke Seite, sodass wegen ${}f(n)\geq 0$ die Reihe konvergiert.
Ist umgekehrt die Reihe konvergent, so betrachten wir die Abschätzung

${}\int _{1}^{k}f(t)\,dt\leq \sum _{n=1}^{k-1}f(n)\,,$

die gilt, da die rechte Seite das Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ist. Wegen ${}f(t)\geq 0$ ist die Integralfunktion ${}x\mapsto \int _{1}^{x}f(t)\,dt$ wachsend und beschränkt, da die rechte Seite wegen der Konvergenz der Reihe beschränkt ist. Daher besitzt die Integralfunktion für ${}x\mapsto \infty$ einen Grenzwert und das uneigentliche Integral existiert.

$\Box$