Einstiegsbeispiel

Betrachten wir die Summe

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{4}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{1+1}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2+1}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3+1}}\right)+\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4+1}}\right)\\[0.3em]&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)+\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}\right)\end{aligned}}}$

Natürlich könnten wir die Klammern jetzt nacheinander ausrechnen, und anschließend aufsummieren. Dies ist per Hand jedoch recht aufwendig. Sehen wir uns die Summe genauer an:

${\displaystyle \left(1{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}\right)+\left({\color {Red}{\frac {1}{2}}}{\color {RedOrange}-{\frac {1}{3}}}\right)+\left({\color {RedOrange}{\frac {1}{3}}}{\color {Olive}-{\frac {1}{4}}}\right)+\left({\color {Olive}{\frac {1}{4}}}{\color {Blue}-{\frac {1}{5}}}\right)}$

Wir erkennen, dass sich die benachbarten gleichfarbigen Terme gegenseitig aufheben. Durch Verschiebung der Klammern, d.h. mehrfache Anwendung des Assoziativgesetzes, erhalten wir

${\displaystyle {\begin{aligned}&1+{\color {Red}\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)}+{\color {RedOrange}\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)}+{\color {Olive}\left(-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}\right)}-{\frac {1}{5}}\\[0.3em]=&1+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+{\color {Olive}0}+-{\frac {1}{5}}=1-{\frac {1}{5}}={\frac {4}{5}}\end{aligned}}}$

Dieser Umformungstrick hat uns nun die Berechnung der Summe deutlich vereinfacht. Natürlich können wir diesen Trick nicht nur bei fünf, sondern auch bei beliebig vielen Summanden anwenden. Für ein beliebiges ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ gilt

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)&=\left({\frac {1}{1}}-{\frac {1}{1+1}}\right)+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2+1}}\right)+\ldots +\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&=\left(1{\color {Red}-{\frac {1}{2}}}\right)+\left({\color {Red}{\frac {1}{2}}}{\color {RedOrange}-{\frac {1}{3}}}\right)+\ldots +\left({\color {Purple}{\frac {1}{n}}}-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&=1+{\color {Red}\left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)}+{\color {RedOrange}\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\right)}+\ldots +{\color {Purple}\left(-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}\right)}-{\frac {1}{n+1}}\\[0.3em]&=1+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Purple}0}-{\frac {1}{n+1}}=1-{\frac {1}{n+1}}\end{aligned}}}$

Wir haben nun das Prinzip einer Teleskopsumme kennengelernt. Durch das geschickte gegenseitige „Wegheben“ fast aller Summanden entsteht eine Summe, die sich leicht berechnen lässt.

Allgemeine Einführung

Zusammenschieben von Teleskopen: Namensgeber der Teleskopsumme

Zusammenschiebbares Fernrohr

Eine Teleskopsumme ist eine Summe der Form ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})}$. Hier heben sich benachbarte Summanden auf. Man erhält:

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})&=(a_{1}{\color {Red}-a_{2}})+({\color {Red}a_{2}}{\color {RedOrange}-a_{3}})+\ldots +({\color {Purple}a_{n}}-a_{n+1})\\&=a_{1}+{\color {Red}(-a_{2}+a_{2})}+{\color {RedOrange}(-a_{3}+a_{3})}+\ldots +{\color {Purple}(-a_{n}+a_{n})}-a_{n+1}\\&=a_{1}+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Purple}0}-a_{n+1}\\&=a_{1}-a_{n+1}\end{aligned}}}$

Durch eine analoge Rechnung bekommt man

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})=a_{n+1}-a_{1}}$

Der Name „Telekopsumme“ leitet sich im Übrigen vom Zusammenschieben von Teleskopen ab, die aus einzelnen Rohren aufgebaut sind.

Lösung

Es gilt

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})&=({\color {Red}a_{2}}-a_{1})+({\color {RedOrange}a_{3}}{\color {Red}-a_{2}})\ldots +({\color {Purple}a_{n}}{\color {Blue}-a_{n-1}})+(a_{n+1}{\color {Purple}-a_{n}})\\&=(-a_{1}{\color {Red}+a_{2}})+({\color {Red}-a_{2}}{\color {RedOrange}+a_{3}})+\ldots +({\color {Blue}-a_{n-1}}{\color {Purple}+a_{n}})+({\color {Purple}-a_{n}}+a_{n+1})\\&=-a_{1}+{\color {Red}(-a_{2}+a_{2})}+{\color {RedOrange}(-a_{3}+a_{3})}\ldots +{\color {Purple}(-a_{n}+a_{n})}+a_{n+1}\\&=-a_{1}+{\color {Red}0}+{\color {RedOrange}0}+\ldots +{\color {Blue}0}+{\color {Purple}0}+a_{n+1}=a_{n+1}-a_{1}\end{aligned}}}$

Definition und Satz

Satz (Wert der Teleskopsumme)

Es ist:

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})&=a_{1}-a_{n+1}\\[0.5em]\sum _{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_{k})&=a_{n+1}-a_{1}\end{aligned}}}$

Beispiel (Teleskopsumme)

In der Summe ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\left({\tfrac {1}{k}}-{\tfrac {1}{k+1}}\right)}$ sind ${\displaystyle a_{k}={\tfrac {1}{k}}}$ und ${\displaystyle a_{k+1}={\tfrac {1}{k+1}}}$. Damit erhalten wir

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)={\frac {1}{1}}-{\frac {1}{n+1}}=1-{\frac {1}{n+1}}}$

Ebenso gilt

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k+1}}-{\frac {1}{k}}\right)={\frac {1}{n+1}}-1}$

Partialbruchzerlegung

Leider ist es in der Praxis so, dass man vielen Summen zunächst nicht ansieht, dass es sich um Teleskopsummen handelt. Betrachten wir dazu die folgende Summe:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{2\cdot 3}}+{\frac {1}{3\cdot 4}}+\ldots +{\frac {1}{(n-1)n}}+{\frac {1}{n(n+1)}}}$

Diese sieht zunächst nicht nach einer Teleskopsumme aus. Durch einen „Rechenkniff“ lässt sie sich jedoch in eine Teleskopsumme umformen. Für alle ${\displaystyle k\in \mathbb {N} }$ ist nämlich:

${\displaystyle {\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {1+(k-k)}{k(k+1)}}={\frac {(k+1)-k}{k(k+1)}}={\frac {k+1}{k(k+1)}}-{\frac {k}{k(k+1)}}={\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}}$

Damit ist

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}$

Die Summe entspricht also einer Teleskopsumme. Wer hätte das gedacht?! Die Umformung ${\displaystyle {\tfrac {1}{k(k+1)}}={\tfrac {1}{k}}-{\tfrac {1}{k+1}}}$ nennt man eine Partialbruchzerlegung. Sie ist häufig ein nützliches Mittel, um eine Summe in eine Teleskopsumme zu überführen.

Einstiegsbeispiel

Wir betrachten die folgende Reihe

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$

Die Partialsummen dieser Reihe sind Teleskopsummen. Es gilt für alle ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)=1-{\frac {1}{n+1}}}$

Damit folgt unmittelbar für den Grenzwert der Reihe

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(k+1)}}&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {1}{n+1}}\right)\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Rechenregeln für Grenzwerte}}\right.}\\[0.3em]&=1-\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n+1}}=1-0=1\end{aligned}}}$

Allgemeine Einführung

Teleskopreihen sind Reihen, deren Partialsummen Teleskopsummen sind. Sie sind also von der Form ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})}$. Als Partialsummenfolge erhält man

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})&=\left(\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})\right)_{n\in \mathbb {N} }\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1}){\text{ ist eine Teleskopsumme}}\right.}\\[1em]&=\left(a_{1}-a_{n+1}\right)_{n\in \mathbb {N} }\end{aligned}}}$

Um die Konvergenz einer Teleskopreihe zu bestimmen, müssen wir das Konvergenzverhalten der Folge ${\displaystyle \left(a_{1}-a_{n+1}\right)_{n\in \mathbb {N} }}$ untersuchen. Diese Folge konvergiert genau dann, wenn die Folge ${\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ konvergiert. Wenn ${\displaystyle a}$ der Grenzwert dieser Folge ist, erhalten wir als Grenzwert der Teleskopreihe:

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}(a_{k}-a_{k+1})\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }(a_{1}-a_{n+1})\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{n\to \infty }(a_{n}+b_{n})=\lim _{n\to \infty }a_{n}+\lim _{n\to \infty }b_{n}\right.}\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }a_{1}-\lim _{n\to \infty }a_{n+1}=a_{1}-a\end{aligned}}}$

Wenn ${\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ divergiert, dann divergiert auch die Folge ${\displaystyle (a_{1}-a_{n+1})_{n\in \mathbb {N} }}$. Somit divergiert auch die Teleskopreihe. Analog erhalten wir, dass die Reihe ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})=(a_{n+1}-a_{1})_{n\in \mathbb {N} }}$ genau dann konvergiert, falls ${\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ konvergiert. Der Grenzwert ist in diesem Fall

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})=\lim _{n\to \infty }a_{n+1}-\lim _{n\to \infty }a_{1}=a-a_{1}}$

Definition, Satz und Beispiel

Satz (Konvergenz von Teleskopreihen)

Die Teleskopreihen ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})}$ und ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})}$ konvergieren genau dann, wenn die Folge ${\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ konvergiert. Die Grenzwerte dieser Reihen sind dann

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k}-a_{k+1})=a_{1}-\lim _{n\to \infty }a_{n}}$

und

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }(a_{k+1}-a_{k})=\lim _{n\to \infty }a_{n}-a_{1}}$

Beispiel (Teleskopreihen)

Die Reihe ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\left((-1)^{k}-(-1)^{k+1}\right)}$ divergiert, weil die Folge ${\displaystyle a_{k}=(-1)^{k}}$ divergiert.

Demgegenüber konvergiert die Reihe ${\displaystyle \sum _{k=2}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{9}}-{\sqrt[{k+1}]{9}}\right)}$, da die Folge ${\displaystyle a_{k}={\sqrt[{k}]{9}}}$ gegen ${\displaystyle 1}$ konvergiert. Der Grenzwert dieser Reihe ist

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=2}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{9}}-{\sqrt[{k+1}]{9}}\right)&=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=2}^{n}\left({\sqrt[{k}]{9}}-{\sqrt[{k+1}]{9}}\right)\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Telekopsumme}}\right.}\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }\left({\sqrt[{2}]{9}}-{\sqrt[{n+1}]{9}}\right)\\[1em]&=\underbrace {\sqrt[{2}]{9}} _{=\ 3}-\underbrace {\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n+1}]{9}}} _{=1}\\[1em]&=3-1=2\end{aligned}}}$

Beispielaufgabe 1

Lösung (Partialsummen der geometrischen Reihe)

Für ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$ und ${\displaystyle q\neq 1}$ gilt

${\displaystyle {\begin{aligned}(1-q)\sum _{k=0}^{n}q^{k}&=\sum _{k=0}^{n}(1-q)\cdot q^{k}\\[0.3em]&=\sum _{k=0}^{n}q^{k}-q^{k+1}\\[0.3em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[0.3em]&=q^{0}-q^{n+1}=1-q^{n+1}\end{aligned}}}$

Beispielaufgabe 2

Lösung

Zunächst erkennen wir bei genauem Hinsehen, dass wir im Nenner der Summanden eine binomische Formel anwenden können:

${\displaystyle {\frac {1}{4k^{2}-1}}={\frac {1}{(2k-1)(2k+1)}}}$

Nun führen wir, wie in der Aufgabe zuvor, eine Partialbruchzerlegung durch:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{(2k-1)(2k+1)}}&={\frac {1+k-k}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {{\frac {1}{2}}\cdot (2+2k-2k)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(2k+1-2k+1)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {2k+1}{(2k-1)(2k+1)}}-{\frac {2k-1}{(2k-1)(2k+1)}}\right)\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[0.5em]\end{aligned}}}$

Damit erhalten wir

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{4k^{2}-1}}&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\cdot \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2k+1}}\right)\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[1em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2}}\cdot \left({\frac {1}{2\cdot 1-1}}-{\frac {1}{2n+1}}\right)\\[1em]&{\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{2n+1}}=0\right.}\\[1em]&={\frac {1}{2}}\cdot 1={\frac {1}{2}}\end{aligned}}}$

Beispielaufgabe 3

Lösung

Auch hier können wir wieder eine Partialbruchzerlegung durchführen:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {2k+1}{k(k+1)}}&={\frac {k+k+1}{k(k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {k+1}{k(k+1)}}+{\frac {k}{k(k+1)}}\\[0.5em]&={\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\\[0.5em]\end{aligned}}}$

Damit ist

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2k+1}{k(k+1)}}=\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\right)=\left(1+{\frac {1}{2}}\right)+\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}\right)+\left({\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}\right)+\ldots }$

Bei dieser Reihe handelt es sich nun um keine Teleskopreihe, da die Summanden alle addiert und nicht voneinander abgezogen werden. Die Reihe ist auch nicht konvergent, denn für die Folge ${\displaystyle (S_{n})_{n\in \mathbb {N} }}$ der Partialsummen gilt

${\displaystyle S_{n}=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}+{\frac {1}{k+1}}\right)\geq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}$

Da nun die harmonische Reihe ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}}$ divergiert, divergiert auch die Reihe ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {2k+1}{k(k+1)}}}$ nach dem Minorantenkriterium. Diese Aufgabe zeigt, dass nach einer Partialbruchzerlegung nicht immer eine Teleskopreihe zum Vorschein kommt.