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: $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}_n$ konvergiert.

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

 $s_N=\sum _{n=1}^N{2}^n\cdot x_{2^n}=(x_2+x_2)+(x_4+x_4+x_4+x_4)+...+\underset{2^N\text{ Summanden}}{\underbrace{(x_{2^N}+...+x_{2^N})}}$

    $=2\cdot (x_2+(x_4+x_4)+...+\underset{2^{N-1}\text{ Summanden}}{\underbrace{(x_{2^N}+...+x_{2^N})}})\le 2\cdot (x_2+x_3+x_4+...+x_{2^{N-1}+1}+...+x_{2^N-1}+x_{2^N})\le 2\cdot \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}_n<\mathrm{\infty }.$

Die Folge $s_N$ der Partialsummen wächst monoton und ist beschränkt. Es folgt somit Konvergenz.

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

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

 $t_N=\sum _{n=1}^N{x}_n=x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+...+x_N\le x_1+(x_2+x_3)+(x_4+x_5+x_6+x_7)+...+(x_{2^N}+x_{2^N+1}+...+x_{2^{N+1}-1})$

    $\le x_1+(x_2+x_2)+(x_4+x_4+x_4+x_4)+...+\underset{2^N\text{ Summanden}}{\underbrace{(x_{2^N}+x_{2^N}+...+x_{2^N})}}\le x_1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^n\cdot x_{2^n}<\mathrm{\infty }.$

Die Folge $t_N$ der Partialsummen wächst monoton und ist beschränkt. Es folgt somit Konvergenz.