Beschränktheit von Folgen und Reihen

Question

Ich muss zeigen, dass die monoton wachsende Folge

$a_n:=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{n^2}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$

beschränkt ist. Ich habe bereits die Lösung

\quad $0\leq \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$

und

 $0\leq a_n \leq 1+ \left(1-\frac{1}{2} \right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) =1-\frac{1}{n} \leq 2$

Ich verstehe jedoch nicht, wieso man von $\frac{1}{n^2}$ auf $\frac{1}{n^2}\leq\frac{1}{n(n-1)}$ schließen. Mir ist bewusst, dass $\frac{1}{n^2}$ kleiner gleich $\frac{1}{n(n-1)}$ sein muss für $n\geq1$ aber wie genau kommt man auf $\frac{1}{n(n-1)}$.

Vielen Dank für die Hilfe im Voraus!

Answer 1

Aloha :)

Das ist keine exakte Übereinstimmung, sondern eine Abschätzung nach oben. Daher kommt man da aus der reinen Rechnung nicht drauf. Für $k\ge2$ lautet die gemachte Abschätzung:$$k^2>k\cdot(k-1)>0\implies\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k\cdot(k-1)}$$Das ist intuitiv auch klar, denn wenn der Nenner eines positiven Bruchs kleiner wird, vergrößert sich der Wert des Bruchs. Damit kannst du folgende Abschätzung für $a_n$ mit $n\ge2$ vornehmen:

$$a_n=\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\frac{1}{1^2}+\sum\limits_{n=2}^n\frac{1}{k^2}=1+\sum\limits_{k=2}^n\frac{1}{k^2}<1+\sum\limits_{k=2}^n\frac{\red1}{k(k-1)}$$$$\phantom{a_n}=1+\sum\limits_{k=2}^n\frac{\red{k-(k-1)}}{k(k-1)}=1+\sum\limits_{k=2}^n\left(\frac{\green k}{\green k(k-1)}-\frac{\color{blue}(k-1)}{{\color{blue}k}(k-1)}\right)$$$$\phantom{a_n}=1+\sum\limits_{k=2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=1+\sum\limits_{k=2}^n\frac{1}{k-1}-\sum\limits_{k=2}^n\frac1k$$$$\phantom{a_n}=1+\sum\limits_{k=2\pink{-1}}^{n\pink{-1}}\frac{1}{(k\pink{+1})-1}-\sum\limits_{k=2}^n\frac1k=1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\sum\limits_{k=2}^n\frac1k$$$$\phantom{a_n}=1+\left(\frac11+\pink{\sum\limits_{k=2}^{n-1}\frac{1}{k}}\right)-\left(\pink{\sum\limits_{k=2}^{n-1}\frac1k}+\frac{1}{n}\right)=1+\frac11-\frac1n=2-\frac1n$$

Für alle $n\ge2$ gilt also $a_n<2-\frac1n$. Wegen $a_1=1$ können wir sogar eine Ungleichung für alle $n\in\mathbb N$ angegben, indem wir das Gleichheitszeichen dazu nehmen:$$a_n\le2-\frac1n<2\quad\text{für alle }n\in\mathbb N$$

Comments

Danke für die gute Erklärung! Jetzt verstehe ich wie man auf $\frac{1}{n(n-1)}$ schließen kann und wie die folgende Herleitung genauer funktioniert.