Verdichtungskriterium von Cauchy/Aufgabe/Lösung

Man betrachte die Folge der Partialsummen $s_{N}=\sum _{n=1}^{N}2^{n}\cdot x_{2^{n}}$ bzw. $t_{N}=\sum _{n=1}^{N}x_{n}$ in zwei Fällen.

Erster Fall: $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ konvergiert.

Da $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine monoton fallende Nullfolge ist, folgt:

 $s_{N}=\sum _{n=1}^{N}2^{n}\cdot x_{2^{n}}=(x_{2}+x_{2})+(x_{4}+x_{4}+x_{4}+x_{4})+...+\underbrace {(x_{2^{N}}+...+x_{2^{N}})} _{2^{N}{\text{ Summanden}}}$

    ${\text{      }}=2\cdot (x_{2}+(x_{4}+x_{4})+...+\underbrace {(x_{2^{N}}+...+x_{2^{N}})} _{2^{N-1}{\text{ Summanden}}})\leq 2\cdot (x_{2}+x_{3}+x_{4}+...+x_{2^{N-1}+1}+...+x_{2^{N}-1}+x_{2^{N}})\leq 2\cdot \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}<\infty .$

Die Folge $s_{N}$ der Partialsummen wächst monoton und ist beschränkt. Es folgt somit Konvergenz.

Zweiter Fall: $\sum _{n=1}^{\infty }2^{n}\cdot x_{2^{n}}$ konvergiert.

Da $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine monoton fallende Nullfolge ist, folgt:

 $t_{N}=\sum _{n=1}^{N}x_{n}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+...+x_{N}\leq x_{1}+(x_{2}+x_{3})+(x_{4}+x_{5}+x_{6}+x_{7})+...+(x_{2^{N}}+x_{2^{N}+1}+...+x_{2^{N+1}-1})$

    $\leq x_{1}+(x_{2}+x_{2})+(x_{4}+x_{4}+x_{4}+x_{4})+...+\underbrace {(x_{2^{N}}+x_{2^{N}}+...+x_{2^{N}})} _{2^{N}{\text{ Summanden}}}\leq x_{1}+\sum _{n=1}^{\infty }2^{n}\cdot x_{2^{n}}<\infty .$

Die Folge $t_{N}$ der Partialsummen wächst monoton und ist beschränkt. Es folgt somit Konvergenz.