error: non-centered image not implemented, yet!
Das Leibniz-Kriterium ist ein spezielles Konvergenzkriterium für alternierende Reihen. Das sind Reihen, bei denen das Vorzeichen bei jedem Summanden wechselt, also Reihen der Form \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} oder \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{k}b_{k}, wobei alle b_{k} positiv sind. Da solche Reihen häufig konvergieren, aber nicht absolut konvergieren, scheitern die anderen Konvergenzkriterien oftmals.
Wie der Name schon vermuten lässt, wurde das Kriterium von dem Mathematiker Gottfried Wilhelm Leibniz im Jahre 1682 veröffentlicht. Übrigens wurde auch der Butterkeks mit seinen 52 Zähnen (in Anlehnung an die 52 Zahnräder der ersten von Leibniz entwickelten Rechenmaschine) nach ihm benannt.

Einstiegsbeispiel: Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe

Da Beweisideen an konkreten Beispielen oftmals besser veranschaulicht werden können, betrachten wir zunächst das Beispiel der alternierenden harmonischen Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}. Für die Konvergenz müssen wir zeigen, dass die Folge der Partialsummen (S_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}=\left(\sum _{{k=1}}^{n}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}\right)_{{n\in \mathbb{N} }} konvergiert. Für n=1,2,3,4,5,6,7,8 haben die Partialsummen die Werte
error: non-centered image not implemented, yet!
{\begin{aligned}S_{1}&=\sum _{{k=1}}^{1}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}=1,&S_{2}&=\sum _{{k=1}}^{2}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac 12}=0.5,\\S_{3}&=\sum _{{k=1}}^{3}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac 56}=0.8{\overline {3}},&S_{4}&=\sum _{{k=1}}^{4}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac {7}{12}}=0.58{\overline {3}},\\S_{5}&=\sum _{{k=1}}^{5}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac {47}{60}}=0.78{\overline {3}},&S_{6}&=\sum _{{k=1}}^{6}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac {37}{60}}=0.61{\overline {6}},\\S_{7}&=\sum _{{k=1}}^{7}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac {329}{420}}=0.759,&S_{8}&=\sum _{{k=1}}^{8}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}={\frac {533}{840}}=0.634.\end{aligned}}
Daran erkennen wir, dass die Werte in immer kleiner werdenden Schritten hin und her springen. Außerdem fällt auf, dass die Partialsummen mit ungeraden Indizes S_{{2n-1}} anscheinend monoton fallen und diejenigen mit geraden Indizes S_{{2n}} monoton wachsen. Dies können wir allgemein leicht nachrechnen. Für alle n\in \mathbb{N} gilt nämlich
{\begin{aligned}S_{{2n+1}}-S_{{2n-1}}&=\sum _{{k=1}}^{{2n+1}}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}-\sum _{{k=1}}^{{2n-1}}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}\\[0.5em]&=({\color {Teal}1-{\frac 12}+{\frac 13}-\ldots +{\frac {(-1)^{{2n}}}{2n-1}}}+{\frac {(-1)^{{2n+1}}}{2n}}+{\frac {(-1)^{{2n+2}}}{2n+1}})\\[0.5em]&-({\color {Indigo}1-{\frac 12}+{\frac 13}-\ldots +{\frac {(-1)^{{2n}}}{2n-1}}})\\[0.5em]&={\frac {(-1)^{{2n+1}}}{2n}}+{\frac {(-1)^{{2n+2}}}{2n+1}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2n+1}}-{\frac {1}{2n}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ 2n+1\geq 2n\Rightarrow {\frac {1}{2n+1}}\leq {\frac {1}{2n}}\right.}\\[0.5em]&\leq 0,\end{aligned}}
d.h. S_{{2n+1}}\leq S_{{2n-1}}. Und ganz analog S_{{2n+2}}-S_{{2n}}={\frac {(-1)^{{2n+3}}}{2n+2}}+{\frac {(-1)^{{2n+2}}}{2n+1}}=-{\frac {1}{2n+2}}+{\frac {1}{2n+1}}\geq 0, d.h. S_{{2n+2}}\geq S_{{2n}}. Damit ist (S_{{2n-1}}) monoton fallend und (S_{{2n}}) monoton steigend.
Wenn wir zeigen könnten, dass (S_{{2n-1}}) nach unten und (S_{{2n}}) nach oben beschränkt sind, dann wären beide (Teil-)Folgen nach dem Monotoniekriterium konvergent. Nun sind aber alle ungeraden Partialsummen durch die geraden Partialsummen nach unten und umgekehrt alle geraden durch die ungeraden nach oben beschränkt, denn für alle n\in \mathbb{N} gilt
S_{{2n-1}}-S_{{2n}}=-{\frac {(-1)^{{2n+1}}}{2n}}={\frac {(-1)^{{2n+2}}}{2n}}={\frac {1}{2n}}\geq 0,
und damit S_{{2n-1}}\geq S_{{2n}} bzw. S_{{2n}}\leq S_{{2n-1}}. Insbesondere gilt daher S_{{2n-1}}\geq S_{{2n}}\geq S_{2}={\frac 12} und S_{{2n}}\leq S_{{2n-1}}\leq S_{1}=1. Also ist (S_{{2n-1}}) nach unten durch {\frac 12} und (S_{{2n}}) nach oben durch 1 beschränkt.
Nach dem Monotoniekriterium sind somit (S_{{2n-1}}) und (S_{{2n}}) konvergent.
Wir sind aber noch nicht fertig! Zum einen müssen wir zeigen, dass beide Teilfolgen gegen denselben Grenzwert konvergieren und zum anderen, dass daraus auch die Konvergenz von (S_{n}) folgt.
Sei also \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n-1}}=S und \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n}}=S'. Wir müssen nun zeigen, dass beide Grenzwerte gleich sind, also dass S=S' gilt. Dies lässt sich aber schnell erledigen. Einerseits ist nämlich mit der Summenregel für Grenzwerte
S-S'=\lim _{{n\to \infty }}S_{{2n-1}}-\lim _{{n\to \infty }}S_{{2n}}=\lim _{{n\to \infty }}(S_{{2n-1}}-S_{{2n}}).
Andererseits haben wir oben S_{{2n-1}}-S_{{2n}}={\frac {1}{2n}} gezeigt. Damit ist nun
\lim _{{n\to \infty }}(S_{{2n-1}}-S_{{2n}})=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{2n}}=0.
Also ist S-S'=0 und daher S=S'.
Nun müssen wir noch zeigen, dass (S_{n}) ebenfalls gegen S konvergiert. Dazu müssen wir die Definition der Konvergenz benutzen, d.h. wir müssen zeigen
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N:|S_{n}-S|<\epsilon .
Wir wissen aber bereits
{\begin{aligned}&\forall \epsilon >0\,\exists N_{1}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{1}:|S_{{2n-1}}-S|<\epsilon \\[0.3em]&\forall \epsilon >0\,\exists N_{2}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{2}:|S_{{2n}}-S|<\epsilon ,\end{aligned}}
da ja (S_{{2n-1}}) und (S_{{2n}}) gegen denselben Grenzwert S konvergieren. Setzen wir nun N=\max\{2N_{1}-1,2N_{2}\}, so folgt unmittelbar
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N:|S_{n}-S|<\epsilon .
Verständnisfrage: Warum reicht N=\max\{N_{1},N_{2}\} nicht aus?
Die Aussage \forall \epsilon >0\,\exists N_{1}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{1}:|S_{{2n-1}}-S|<\epsilon bedeutet, dass ab dem Folgenglied S_{{2N_{1}-1}} für alle ungeraden Folgenglieder von (S_{n}) die Ungleichung |S_{n}-S|<\epsilon erfüllt ist.
Analog bedeutet \forall \epsilon >0\,\exists N_{2}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{2}:|S_{{2n}}-S|<\epsilon , dass ab dem Folgenglied S_{{2N_{2}}} für alle geraden Folgenglieder von (S_{n}) die Ungleichung |S_{n}-S|<\epsilon erfüllt ist.
Da nun aber 2N_{1}-1\geq N_{1} und 2N_{2}>N_{2} gilt, müssen die Ungleichungen natürlich noch nicht ab den Folgengliedern S_{{N_{1}}} bzw. S_{{N_{2}}} gelten.

Verallgemeinerung der Beweisidee für das Leibniz-Kriterium

Die Frage ist nun, inwiefern wir den gerade geführten Beweis für die Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe verallgemeinern können, um ein allgemeines Konvergenzkriterium für alternierende Reihen zu erhalten. Dazu müssen wir uns klar machen, welche Eigenschaften der alternierenden harmonischen Reihe wir für den Konvergenzbeweis herangezogen haben.
Mehr Eigenschaften der alternierenden harmonischen Reihe hatten wir im Beweis oben nicht verwendet. Genau das sind auch die Voraussetzungen für das Leibniz-Kriterium:
Satz: Leibniz-Kriterium
Sei (b_{k})_{{k\in \mathbb{N} }} eine nichtnegative monoton fallende Folge reeller Zahlen mit \lim _{{k\to \infty }}b_{k}=0, dann konvergiert die alternierende Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k}.
ErklärungFür den Beweis müssen wir nun nur noch einmal den Beweis, den wir für die Konvergenz der alternierenden harmonischen Reihe geführt haben, für eine allgemeine alternierende Reihe mit denselben Eigenschaften durchführen.
Beweis
Erneut müssen wir die Konvergenz der Partialsummenfolge (S_{n})=\left(\sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right) zeigen.
Beweisschritt 1: (S_{{2n-1}}) ist monoton fallend und (S_{{2n}}) monoton steigend, denn für n\in \mathbb{N} gilt
{\begin{aligned}S_{{2n+1}}-S_{{2n-1}}&=\sum _{{k=1}}^{{2n+1}}(-1)^{{k+1}}b_{k}-\sum _{{k=1}}^{{2n-1}}(-1)^{{k+1}}b_{k}\\[0.5em]&=({\color {Teal}b_{1}-b_{2}+b_{3}-\ldots +(-1)^{{2n}}b_{{2n-1}}}\\[0.5em]&+(-1)^{{2n+1}}b_{{2n}}+(-1)^{{2n+2}}b_{{2n+1}})\\[0.5em]&-({\color {Indigo}b_{1}-b_{2}+b_{3}-\ldots +(-1)^{{2n}}b_{{2n-1}}})\\[0.5em]&=(-1)^{{2n+2}}b_{{2n+1}}+(-1)^{{2n+1}}b_{{2n}}\\[0.5em]&=b_{{2n+1}}-b_{{2n}}\\[0.5em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ b_{{2n+1}}\leq b_{{2n}}\right.}\\[0.5em]&\leq 0,\end{aligned}}
und analog S_{{2n+2}}-S_{{2n}}=(-1)^{{2n+3}}b_{{2n+2}}+(-1)^{{2n+2}}b_{{2n+1}}=-b_{{2n+2}}+b_{{2n+1}}\geq 0.
Beweisschritt 2: (S_{{2n-1}}) ist nach unten und (S_{{2n}}) nach oben beschränkt, denn für n\in \mathbb{N} gilt
S_{{2n-1}}-S_{{2n}}=(-1)^{{2n+2}}b_{{2n}}=b_{{2n}}\geq 0
Damit ist S_{{2n-1}}\geq S_{{2n}}\geq S_{2}=b_{1}-b_{2} sowie S_{{2n}}\leq S_{{2n-1}}\leq S_{1}=b_{1}
Nach dem Monotoniekriterium konvergieren somit die Partialsummenfolgen (S_{{2n-1}}) und (S_{{2n}}).
Beweisschritt 3: (S_{{2n-1}}) und (S_{{2n}}) konvergieren gegen denselben Grenzwert. Sei \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n-1}}=S und \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n}}=S'. Da wir in Beweisschritt 2 die Konvergenz beider Folgen gezeigt haben, können wir die Summenregel für Grenzwerte anwenden. Es folgt
S-S'=\lim _{{n\to \infty }}S_{{2n-1}}-\lim _{{n\to \infty }}S_{{2n}}=\lim _{{n\to \infty }}(S_{{2n-1}}-S_{{2n}})
Andererseits gilt
\lim _{{n\to \infty }}(S_{{2n-1}}-S_{{2n}})=\lim _{{n\to \infty }}b_{{2n}}=0,
da (b_{k}) eine Nullfolge ist und damit auch die Teilfolge (b_{{2n}}). Also ist S=S'.
Beweisschritt 4: (S_{{n}}) konvergiert ebenfalls gegen S. Da (S_{{2n-1}}) und (S_{{2n}}) gegen S konvergieren, gilt
{\begin{aligned}&\forall \epsilon >0\,\exists N_{1}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{1}:|S_{{2n-1}}-S|<\epsilon \\[0.5em]&\forall \epsilon >0\,\exists N_{2}\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N_{2}:|S_{{2n}}-S|<\epsilon \end{aligned}}
Setzen wir nun N=\max\{2N_{1}-1,2N_{2}\}, so folgt
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq N:|S_{n}-S|<\epsilon
Also konvergiert die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k}.

Alternativer Beweis

Alternativ lässt sich das Leibniz-Kriterium auch mit Hilfe des error: internal links not implemented, yet! beweisen.
Alternativer Beweis: Leibniz-Kriterium
Beweis
Um das Cauchy-Kriterium anwenden zu können, müssen wir zeigen, dass unter den Voraussetzungen des Leibniz-Kriteriums gilt
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq m\geq N:\left|\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|<\epsilon .
Zunächst betrachten wir nur ungerade m und schätzen für diese die Summe \sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k} ab. Zum einen ist
{\begin{aligned}\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}&=(-1)^{{m+1}}b_{m}+(-1)^{{m+2}}b_{{m+1}}+(-1)^{{m+3}}b_{{m+2}}+(-1)^{{m+4}}b_{{m+3}}+\ldots \\[0.5em]&\left\downarrow \ m{\text{ ungerade}}\Rightarrow m+1{\text{ gerade}}\Rightarrow m+2{\text{ ungerade usw.}}\right.\\[0.5em]&=b_{m}-b_{{m+1}}+b_{{m+2}}-b_{{m+3}}+\ldots +{\begin{cases}b_{n}&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\(-b_{n})&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{ Assoziativgesetz}}\right.\\[0.5em]&=(b_{m}-b_{{m+1}})+(b_{{m+2}}-b_{{m+3}})+\ldots +{\begin{cases}b_{n}&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\(b_{{n-1}}-b_{n})&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ (b_{k}){\text{ monoton fallend }}\Rightarrow b_{k}-b_{{k+1}}\geq 0\right.\\[0.5em]&=\underbrace {(b_{m}-b_{{m+1}})}_{{\geq 0}}+\underbrace {(b_{{m+2}}-b_{{m+3}})}_{{\geq 0}}+\ldots +{\begin{cases}\underbrace {b_{n}}_{{\geq 0}}&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\\underbrace {(b_{{n-1}}-b_{n})}_{{\geq 0}}&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\geq 0.\end{aligned}}
Zum anderen gilt
{\begin{aligned}\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}&=(-1)^{{m+1}}b_{m}+(-1)^{{m+2}}b_{{m+1}}+(-1)^{{m+3}}b_{{m+2}}+(-1)^{{m+4}}b_{{m+3}}+\ldots \\[0.5em]&\left\downarrow \ m{\text{ ungerade}}\Rightarrow m+1{\text{ gerade}}\Rightarrow m+2{\text{ ungerade usw.}}\right.\\[0.5em]&=b_{m}-b_{{m+1}}+b_{{m+2}}-b_{{m+3}}+\ldots +{\begin{cases}b_{n}&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\(-b_{n})&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{ Assoziativgesetz}}\right.\\[0.5em]&=b_{m}-(b_{{m+1}}-(b_{{m+2}})-(b_{{m+3}}-b_{{m+4}})+\ldots +{\begin{cases}-(b_{{n-1}}-b_{n})&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\-b_{n}&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ (b_{k}){\text{ monoton fallend }}\Rightarrow b_{k}-b_{{k+1}}\geq 0\right.\\[0.5em]&=b_{m}\underbrace {-(b_{{m+1}}-b_{{m+2}})}_{{\leq 0}}\underbrace {-(b_{{m+3}}-b_{{m+4}})}_{{\leq 0}}+\ldots +{\begin{cases}\underbrace {-(b_{{n-1}}-b_{n})}_{{\leq 0}}&{\text{ falls }}n{\text{ ungerade,}}\\\underbrace {-b_{n}}_{{\leq 0}}&{\text{ falls }}n{\text{ gerade}}\end{cases}}\\[0.5em]&\leq b_{m}.\end{aligned}}
Die beiden Ungleichungsketten zusammen ergeben \left|\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|=\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\leq b_{m}=|b_{m}| für ungerade m.
Ganz analog erhalten wir für gerade m die beiden Ungleichungen
\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\leq 0{\text{ und }}\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\leq -b_{m},
woraus sich für gerade m ebenfalls \left|\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|\leq |b_{m}| ergibt. Also gilt die Ungleichung für alle m\in {\mathbb {N}}.
Nun war aber nach Voraussetzung (b_{k}) eine Nullfolge, d.h. \forall \epsilon >0\,\exists N\in {\mathbb {N}}\,\forall m\geq N:|b_{m}|<\epsilon . Mit der gerade gezeigten Ungleichung folgt daher
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall n\geq m\geq N:\left|\sum _{{k=m}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|<\epsilon .
Also konvergiert die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} nach dem Cauchy-Kriterium.

Anwendungsbeispiel

Beispiel: Verallgemeinerte alternierende harmonische Reihe
Beispiel
Die verallgemeinerte alternierende harmonische Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }{\tfrac {(-1)^{{k+1}}}{k^{\alpha }}} konvergiert für alle \alpha >0 nach dem Leibniz-Kriterium, denn es gilt
  • b_{k}={\tfrac {1}{k^{\alpha }}}\geq 0 für alle k\in \mathbb{N} .
  • b_{{k+1}}={\tfrac {1}{(k+1)^{\alpha }}}{\overset {(k+1)^{\alpha }\geq k^{\alpha }}{\leq }}{\tfrac {1}{k^{\alpha }}} für alle k\in \mathbb{N} , also ist (b_{k}) monoton fallend.
  • \lim _{{k\to \infty }}b_{{k}}=\lim _{{k\to \infty }}{\tfrac {1}{k^{\alpha }}}=0, also ist (b_{k}) eine Nullfolge.

Anmerkungen zum Leibniz-Kriterium

Anwendungsaufgabe

Übung: Leibniz-Kriterium
Ist die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}} konvergent?
Wie komme ich auf den Beweis?
Um das Leibniz-Kriterium anwenden zu können, müssen wir zeigen, dass die nichtnegative Folge (b_{k})=\left({\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}\right) eine monoton fallende Nullfolge ist. Dies erledigen wir in zwei Schritten.
  1. Wir zeigen: (b_{k}) ist monoton fallend, d.h. b_{{k+1}}\leq b_{k}. Dazu ist es oft leichter, eine der beiden äquivalenten Aussagen {\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}\leq 1 oder b_{{k+1}}-b_{k}\leq 0 zu zeigen. Wir zeigen die Aussage über den Quotienten {\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}\leq 1.
  2. Wir zeigen: (b_{k}) ist eine Nullfolge, d.h. \lim _{{k\to \infty }}b_{k}=0. Dies zeigen wir mit Hilfe der Grenzwertsätze für Folgen.
Beweis
Für (b_{k})=\left({\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}\right) gilt b_{k}\geq 0, sowie
Beweisschritt: {\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}\leq 1
{\begin{aligned}{\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}&={\frac {{\frac {{\sqrt {k+1}}}{k+2}}}{{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}}}\\&={\frac {{\sqrt {k+1}}(k+1)}{{\sqrt {k}}(k+2)}}\\[0.5em]&={\frac {{\sqrt {(k+1)(k+1)^{2}}}}{{\sqrt {k(k+2)^{2}}}}}\\[0.5em]&={\frac {{\sqrt {k^{3}+3k^{2}+3k+1}}}{{\sqrt {k^{3}+4k^{2}+4k}}}}\\[0.5em]&={\sqrt {{\frac {k^{3}+3k^{2}+3k+1}{k^{3}+4k^{2}+4k}}}}\end{aligned}}
Nun ist die Wurzelfunktion streng monoton steigend. Daher ist sie genau dann kleiner oder gleich 1, wenn der Ausdruck unter der Wurzel kleiner oder gleich 1 ist. Nun gilt aber
{\begin{aligned}{\frac {k^{3}+3k^{2}+3k+1}{k^{3}+4k^{2}+4k}}&={\frac {k^{3}+3k^{2}+3k+1}{k^{3}+3k^{2}+3k+(k^{2}+k)}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ k^{2}+k\geq 1\right.\\[0.5em]&\leq {\frac {k^{3}+3k^{2}+3k+1}{k^{3}+3k^{2}+3k+1}}\\[0.5em]&=1\end{aligned}}
Also gilt {\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}\leq 1, und damit ist (b_{k}) monoton fallend.
Beweisschritt: \lim _{{k\to \infty }}b_{k}=0
{\begin{aligned}\lim _{{k\to \infty }}b_{k}&=\lim _{{k\to \infty }}{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}\\&\left\downarrow \ {\sqrt {k}}{\text{ im Nenner ausklammern}}\right.\\[0.5em]&=\lim _{{k\to \infty }}{\frac {{\sqrt {k}}}{{\sqrt {k}}({\sqrt {k}}+{\frac {1}{{\sqrt {k}}}})}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\sqrt {k}}{\text{ kürzen}}\right.\\[0.5em]&=\lim _{{k\to \infty }}{\frac {1}{{\sqrt {k}}+{\frac {1}{{\sqrt {k}}}}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ \lim _{{k\to \infty }}{\frac {1}{{\sqrt {k}}}}=0{\text{ und Grenzwertsätze benutzen}}\right.\\[0.5em]&=0\end{aligned}}
Damit ist (b_{k}) eine Nullfolge.
Zusatzfrage: Konvergiert die Reihe absolut?
Nein, denn \sum _{{k=1}}^{\infty }\left|(-1)^{{k+1}}{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}\right|=\sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}} divergiert. Es gilt nämlich
{\begin{aligned}{\frac {{\sqrt {k}}}{k+1}}&\geq {\frac {{\sqrt {k}}}{k+k}}\\[0.5em]&={\frac {{\sqrt {k}}}{2k}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2{\sqrt {k}}}}\\[0.5em]&\geq {\frac {1}{2k}}\end{aligned}}
und \sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {1}{2k}} divergiert.
Daher divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium.

Warnbeispiele zur Beachtung der Voraussetzungen

Wir weisen darauf hin, dass es zur Anwendung des Leibniz-Kriteriums wichtig ist, immer beide Voraussetzungen an (b_{k}) zu überprüfen. D.h. (b_{k}) muss sowohl monoton fallend als auch eine Nullfolge sein. Im Folgenden diskutieren wir zwei Beispiele von divergenten alternierenden Reihen, für die jeweils nur eine der Voraussetzungen erfüllt ist. Das dritte Beispiel ist eine alternierende Reihe, die konvergiert, obwohl die Voraussetzungen des Leibniz-Kriteriums nicht erfüllt sind. Das Leibniz-Kriterium ist daher nur ein hinreichendes und kein notwendiges Konvergenzkriterium.
Beispiel: Warnbeispiel 1 zum Leibniz-Kriterium
Beispiel
Zunächst betrachten wir die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{k}\left({\frac {k+1}{k}}\right), d.h. b_{k}={\frac {k+1}{k}}. Hier gilt
  • (b_{k}) ist monoton fallend.
Übung: Monotonie
Beweise dies.
BeweisEs gilt {\frac {b_{{k+1}}}{b_{k}}}={\frac {{\frac {k+2}{k+1}}}{{\frac {k+1}{k}}}}={\frac {k(k+2)}{(k+1)^{2}}}={\frac {k^{2}+2k}{k^{2}+2k+1}}\leq 1 und damit b_{{k+1}}\leq b_{k}. Also ist (b_{k}) monoton fallend.
  • (b_{k}) ist jedoch keine Nullfolge, denn mit den Grenzwertsätzen für Folgen gilt \lim _{{k\to \infty }}b_{k}=\lim _{{k\to \infty }}{\frac {k+1}{k}}=\lim _{{k\to \infty }}{\frac {1+{\frac 1k}}{1}}={\frac 11}=1\neq 0.
Also ist das Leibniz-Kriterium nicht anwendbar. Des Weiteren divergiert die Reihe. Dazu verwenden wir das Trivialkriterium und zeigen, dass (a_{k})=\left((-1)^{k}{\frac {k+1}{k}}\right) keine Nullfolge ist. Hierfür reicht es, zu zeigen, dass die Teilfolge (a_{{2n}}) keine Nullfolge ist, denn wenn eine Teilfolge nicht gegen 0 konvergiert, dann kann die gesamte Folge auch nicht gegen 0 konvergieren. Mit Hilfe der Grenzwertsätze folgt nun a_{{2n}}=(-1)^{{2n}}{\frac {2n+1}{2n}}={\frac {2+{\frac 1n}}{2}}\to {\frac 22}=1\neq 0. Also divergiert die Reihe nach dem Trivialkriterium.
Beispiel: Warnbeispiel 2 zum Leibniz-Kriterium
Beispiel
Als zweites betrachten wir die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} mit b_{k}={\begin{cases}{\frac {1}{{\sqrt {k}}}}&{\text{ für ungerade }}k,\\{\frac {1}{k}}&{\text{ für gerade }}k\end{cases}}. Für diese gilt
  • (b_{k}) ist nicht monoton fallend. Das wird sofort klar, wenn wir die ersten Folgenglieder betrachten: \left(1,{\frac 12},{\frac {1}{{\sqrt {3}}}},{\frac 14},{\frac {1}{{\sqrt {5}}}},{\frac 16},{\frac {1}{{\sqrt {7}}}},{\frac 18},{\frac {1}{{\sqrt {9}}}}={\frac 13},{\frac {1}{10}},\ldots \right). Wir erkennen, dass {\frac 12}<{\frac {1}{{\sqrt {3}}}},{\frac 14}<{\frac {1}{{\sqrt {5}}}},{\frac 16}<{\frac {1}{{\sqrt {7}}}},{\frac 18}<{\frac {1}{{\sqrt {9}}}}={\frac 13} usw. gilt. Allgemein ist für alle n\in \mathbb{N} immer 2n+1\leq 4n^{2} (Beweis über Induktion) und daher a_{{2n}}={\frac {1}{2n}}={\frac {1}{{\sqrt {4n^{2}}}}}\leq {\frac {1}{{\sqrt {2n+1}}}}=a_{{2n+1}}. Also ist die Folge nicht monoton fallend, da ansonsten a_{{2n+1}}\leq a_{{2n}} gelten müsste.
  • Allerdings ist (b_{k}) eine Nullfolge.
Übung: Nullfolge
Beweise dies.
Beweis
Offensichtlich ist \lim _{{n\to \infty }}b_{{2n-1}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{{\sqrt {2n-1}}}}=0 und \lim _{{n\to \infty }}b_{{2n}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {1}{2n}}=0. Also gilt
error: the content of "formula" is not only a math element, but [Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 25470, line: 269, col: 10 }, end: Position { offset: 25591, line: 269, col: 131 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 25470, line: 269, col: 10 }, end: Position { offset: 25591, line: 269, col: 131 } }, text: "\\forall \\epsilon >0\\,\\exists N_{1}\\in \\mathbb{N} \\,\\forall n\\geq N_{1}:|b_{{2n-1}}-0|={\\frac {1}{{\\sqrt {2n-1}}}}<\\epsilon \\ " })] }), Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 25591, line: 269, col: 131 }, end: Position { offset: 25596, line: 269, col: 136 } }, text: " und " }), Formatted(Formatted { position: Span { start: Position { offset: 25596, line: 269, col: 136 }, end: Position { offset: 25705, line: 269, col: 245 } }, markup: Math, content: [Text(Text { position: Span { start: Position { offset: 25596, line: 269, col: 136 }, end: Position { offset: 25705, line: 269, col: 245 } }, text: "\\ \\forall \\epsilon >0\\,\\exists N_{2}\\in \\mathbb{N} \\,\\forall n\\geq N_{2}:|b_{{2n}}-0|={\\frac {1}{2n}}<\\epsilon " })] })]!
(Genauer gelten die Ungleichungen für N_{1}>{\frac {1}{2\epsilon ^{2}}}+{\frac 12} und für N_{2}>{\frac {1}{2\epsilon }}.)
Nun können wir mit dem gleichen Argument wie gegen Ende des Beweises zum Leibniz-Kriterium \lim _{{n\to \infty }}b_{k}=0 folgern: Für N=\max\{2N_{1}-1,2N_{2}\} gilt dann
\forall \epsilon >0\,\exists N\in \mathbb{N} \,\forall k\geq N:|b_{k}-0|=b_{k}<\epsilon .
Also konvergiert (b_{k}) gegen 0.
Also ist das Leibniz-Kriterium auch hier nicht anwendbar. Die Reihe divergiert ebenso. Um dies zu zeigen, verwenden wir das gleiche Argument, welches wir bei der Divergenz der harmonischen Reihe benutzt haben, indem wir zeigen, dass die Partialsummenfolge (s_{{2n}})=\left(\sum _{{k=1}}^{{2n}}(-1)^{k}b_{k}\right) unbeschränkt ist. Dazu benutzen wir die Abschätzung
(k-1)^{2}\geq 0\Rightarrow k^{2}\geq 2k-1\Rightarrow k\geq {\sqrt {2k-1}}\Rightarrow {\frac {1}{{\sqrt {2k-1}}}}\geq {\frac {1}{k}}\Rightarrow {\frac {1}{{\sqrt {2k-1}}}}-{\frac {1}{2k}}\geq {\frac {1}{2k}}
Aus dieser folgt
{\begin{aligned}s_{{2n}}&=\sum _{{k=1}}^{{2n}}(-1)^{{k+1}}b_{k}\\[0.5em]&=(b_{1}-b_{2})+(b_{3}-b_{4})+\ldots +(b_{{2n-1}}-b_{{2n}})\\[0.5em]&=\sum _{{k=1}}^{{n}}\left(b_{{2k-1}}-b_{{2k}}\right)\\[0.5em]&=\sum _{{k=1}}^{{n}}\left({\frac {1}{{\sqrt {2k-1}}}}-{\frac {1}{2k}}\right)\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Abschätzung von oben}}\right.\\[0.5em]&\geq \sum _{{k=1}}^{{n}}{\frac {1}{2k}}\end{aligned}}
Da nun die harmonische Reihe divergiert, divergiert auch (s_{{2n}}) und damit die gesamte Reihe.
Beispiel: Warnbeispiel 3 zum Leibniz-Kriterium
Beispiel
Zuletzt betrachten wir die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} mit b_{k}={\begin{cases}{\frac {1}{k^{2}}}&{\text{ für gerade }}k,\\0&{\text{ für ungerade }}k\end{cases}}. Für diese gilt
  • (b_{k}) ist nicht monoton fallend. Denn für alle k\in \mathbb{N} gilt a_{{2k-1}}=0<a_{{2k}}={\tfrac {1}{(2k)^{2}}}.
Also ist eine Voraussetzung des Leibniz-Kriteriums nicht erfüllt. Dennoch konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium.
Übung:
Beweise, dass die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} konvergiert.
Es gilt
  • |(-1)^{{k+1}}b_{k}|\leq {\tfrac {1}{k^{2}}} für alle k\in \mathbb{N}
  • \sum _{{k=1}}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}<\infty
Also ist die Reihe nach dem Majorantenkriterium absolut konvergent und daher auch konvergent.

Folgerung: Fehlerabschätzung für den Grenzwert

Wie auch mit den anderen Konvergenzkriterien kann man mit dem Leibniz-Kriterium zwar die Konvergenz einer Reihe zeigen, nicht jedoch deren Grenzwert berechnen. Im Kapitel über die harmonische Reihe wurde schon erwähnt, dass \sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}=\ln(2) gilt. Um das zu zeigen, reicht das Leibniz-Kriterium jedoch nicht aus, wir brauchen dafür weitere Hilfsmittel. Allerdings können wir aus dem Beweis zum Leibniz-Kriterium eine praktische Fehlerabschätzung herleiten, mit der sich der Grenzwert abschätzen lässt.
Im Beweis haben wir gezeigt, dass (S_{{2n-1}}) monoton fallend ist und gegen \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n-1}}=S strebt. Genauer noch gilt mit dem Monotoniekriterium S=\inf\{S_{{2n-1}}:n\in \mathbb{N} \}. Zur Wiederholung: Das Infimum einer Menge war die größte untere Schranke einer Menge. Also gilt damit S_{{2n-1}}\geq S für alle n\in \mathbb{N} . Genauso war (S_{{2n}}) monoton steigend mit \lim _{{n\to \infty }}S_{{2n}}=S=\sup\{S_{{2n}}:n\in \mathbb{N} \}. Da das Supremum eine kleinste obere Schranke war, gilt S_{{2n}}\leq S für alle n\in \mathbb{N} . Insgesamt erhalten wir also S_{{2n}}\leq S\leq S_{{2n-1}} sowie S_{{2n}}\leq S\leq S_{{2n+1}}.
Hieraus folgen nun aber die beiden Ungleichungen
{\begin{aligned}S_{{2n-1}}-S&\leq S_{{2n-1}}-S_{{2n}}{\underset {{\text{oben}}}{{\overset {{\text{siehe}}}{=}}}}b_{{2n}},{\text{ und}}\\S-S_{{2n}}&\leq S_{{2n+1}}-S_{{2n}}{\overset {{\text{analog}}}{=}}b_{{2n+1}}.\end{aligned}}
Aus beiden Ungleichungen zusammen erhalten wir damit die Abschätzung
|S-S_{n}|=\left|\sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k}-\sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|\leq b_{{n+1}}.
Satz: Fehler-Abschätzung für alternierende Reihen
Konvergiert eine alternierende Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k} nach dem Leibniz-Kriterium, so gilt
\left|\sum _{{k=1}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}b_{k}-\sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k+1}}b_{k}\right|\leq b_{{n+1}}.
Beispiel
Mit den zu Beginn des Kapitels berechneten Werten für die alternierende harmonische Reihe können wir ein Intervall angeben, in denen sich der Grenzwert \sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}} befindet.
Mit der Fehlerabschätzung gilt \left|\sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}-\sum _{{k=1}}^{8}{\frac {(-1)^{{k+1}}}{k}}\right|\leq b_{9}={\frac {1}{9}}. Wegen S_{8}\leq S liegt der Grenzwert daher im Intervall \left[{\frac {533}{840}},{\frac {533}{840}}+{\frac 19}\right]. Runden wir auf drei Dezimalstellen ab bzw. auf, so ergibt sich die besser zu beurteilende Aussage S\in [0.634,0.746]. Tatsächlich ist S=\ln(2)\approx 0.693.

Verallgemeinerung des Leibniz-Kriteriums: Dirichlet-Kriterium

Das Dirichlet-Kriterium lässt sich auf Reihen der Form \sum _{{k=1}}^{\infty }a_{k}b_{k} anwenden. Der Beweis beruht auf der abelschen partiellen Summation, auf die wir an dieser Stelle jedoch verzichten wollen, da das Kriterium in Grundvorlesungen meist nicht behandelt wird.
Satz: Dirichlet-Kriterium
Seien (a_{k}) und (b_{k}) reelle Folgen mit
  • Die Partialsummen A_{n}=\sum _{{k=1}}^{n}a_{k} bilden eine beschränkte Folge,
  • (b_{k}) ist monoton fallend,
  • \lim _{{k\to \infty }}b_{k}=0.
Dann konvergiert die Reihe \sum _{{k=1}}^{\infty }a_{k}b_{k}.
Wir sehen sofort, dass die Voraussetzungen an (b_{k}) genau dieselben sind wie im Leibniz-Kriterium. Setzen wir nun a_{k}=(-1)^{{k+1}}, so ist die erste Voraussetzung erfüllt, und wir erhalten das Leibniz-Kriterium. Es stellt also einen Spezialfall des Dirichlet-Kriteriums dar.
Übung:
Zeige, dass a_{k}=(-1)^{{k+1}} die erste Voraussetzung aus dem Dirichlet-Kriterium erfüllt, d.h. dass A_{n}=\sum _{{k=1}}^{n}a_{k} beschränkt ist.
Es gilt
A_{n}=\sum _{{k=1}}^{n}a_{k}=\sum _{{k=1}}^{n}(-1)^{{k+1}}=1-1+1-1\pm \ldots +(-1)^{n}={\begin{cases}1&{\text{ für ungerade }}n,\\0&{\text{ für gerade }}n.\end{cases}}
Also ist (A_{n}) offensichtlich beschränkt.