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By Gerald Schmieder (auth.)

Prof. Dr. Gerald Schmieder lehrt am facebook Mathematik der Universität Oldenburg. Sein Arbeitsgebiet ist die Funktionentheorie.

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Beweis des Quotientenkriteriums: Die Aussage lim sup Ia"+1 I < 1 ale " .... 00 ist gleichbedeutend mit 3q E R : 0 < q < 1 II Ia"+11 :5 q a" fUr fast aile k. Es dad gleich angenommen werden (andernfaIls lassen wir die Reihe spater beginnen) la"+1I:5q (kEN) a" Behauptung: Mit M := ~ gilt la,,1 :5 q" . M fUr aile kEN. q Das beweisen wir durch Induktion. Induktionsanfang: k = 1 : lall :5 q . ~ gilt. vor. " q. M . q = q" +1 . M. q" = MQ--- "=1 k=1 "=0 1- q Mq -+ - - . 1- q Damit ist Lk:l q" Meine konvergente Majorante zu Lk:l la"l.

0 = } 6. z +z= 7. z - Z w - Z = wz 1 --= = -I 1 ' WZ, zz z2 2~z, = 2i~z. 1 +i 1- i Beispiel zu 5: (1 + i)2 (1 - i)(1 + i) = 1 + 2i - 1 1 - i2 2i . ="2 = z. 3 Fur z, wEe gilt i. ii. iii. iv. v. vi. Izl ~ 0, Izl = 0 {:::::::> z = 0, Izlw = Izllwl, z ". ) bewiesen werden. Dazu stellen wir einen Hilfssatz bereit. 1 Fur x,y E R~o gilt x:::; y {:::::::> Vx:::; "fY. 1 (Seite 8 bzw. 5 (Seite 23) und ergibt sich unmittelbar aus diesen. Beweis der Dreiecksungleichung: Es seien komplexe Zahlen z, w gegeben.

Auf solche Reihen ist der folgende Satz anwendbar. 4 (Leibniz-Kriterium) 1st die Reihe Lk:1 ak (ak E R) alternierend und ist (lakl)kEN eine monotone, gegen Null konvergente Folge, so konvergiert Lk:1 ak. Beweis: Mit Sn = Lk=1 ak gilt Es zwei Fiille moglich: 1. Fall: a2n+2 > O. Dann ist a2n+1 < 0 und a2n+3 < 0, also a2n+2 = la2n+21 :5 -a2n+1 = la2n+1l, 52 5 Unendliche Reihen SOWle Damit gilt und S2n+3 - S2n+! h. 9) konvergieren die Folgen (S2n) und (s2n+d und besitzen denselben Grenzwert s. Somit ist auch (Sn)nEN gegen S konvergent.

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