Addendum zu Analysis I Version vom 17. Oktober 2006 Hier m(cid:127)ochte ich die Inhalte zusammenstellen, welche in die Vorlesung Analysis I geh(cid:127)oren, aber nicht in meinen Skripten ’Elemente der Analysis I, bzw. II’ abgedeckt werden. Au(cid:25)erdem (cid:12)nden Sie hier zus(cid:127)atzliche Aufgaben. 0.2 Aufgaben Aufgabe A 0.1: Zeigen Sie fu(cid:127)r natu(cid:127)rliche Zahlen n k (cid:21) n m n+1 = : k! k+1! m=k X Aufgabe A 0.2: Beweisen Sie fu(cid:127)r alle natu(cid:127)rlichen Zahlen m;n 1 m n (cid:21) 1 a) (k+l) = mn(m+n+2); 2 k=1l=1 XX m n 1 b) (k l)= mn(m+1)(n+1): (cid:1) 4 k=1l=1 XX Aufgabe A 0.3: Beweisen Sie fu(cid:127)r jede natu(cid:127)rliche Zahl n 1 n (cid:21) 1 n a) = ; 4k2 1 2n+1 kX=1 (cid:0) n 1 k (n+1)n b) 1+ = : k n! k=1(cid:18) (cid:19) Y 0.4 Aufgaben Aufgabe A 0.4: Zeigen Sie, dass es zu jeder reellen Zahl x 0 eine reelle Zahl y 0 gibt mit y2 = x. (cid:21) (cid:21) (Diese Zahl y bezeichnet man mit px.) 1 0.5 Mengen, Abz(cid:127)ahlbarkeit Bisherhabeich michbemu(cid:127)ht,denFormalismus derMengen m(cid:127)oglichst sparsameinzusetzen. Ich wollte eben ganz am Anfang m(cid:127)oglichst wenig abstrakte Notation verwenden. Auch ho(cid:11)e ich, dass alles, was wir von diesem Formalismus bisher ben(cid:127)otigten, aus der Schule bakannt ist. Jetzt mu(cid:127)ssen wir uns einige Eigenschaften von Teilmengen des K(cid:127)orpers IR genauer anschauen. Dazu brauchen wir einige Notationen, die ich bisher vermieden habe, aber jetzt einfu(cid:127)hren m(cid:127)ochte. Intervalle: Seien a b IR. Wir benutzen die folgenden Symbole: (cid:20) 2 [a;b] := x IR : a x b abgeschlossenes Intervall f 2 (cid:20) (cid:20) g ]a;b[ := x IR : a < x< b o(cid:11)enes Intervall f 2 g [a;b[ := x IR : a x< b halbo(cid:11)enes Intervall f 2 (cid:20) g ]a;b] := x IR : a < x b :: f 2 (cid:20) g (cid:0) (cid:0) [a; [ := x IR : a x uneigentliches Intervall 1 f 2 (cid:20) g ]a; [ := x IR : a < x :: 1 f 2 g (cid:0) (cid:0) ] ;b] := x IR : x b :: (cid:0)1 f 2 (cid:20) g (cid:0) (cid:0) ] ;b[ := x IR : x< b :: (cid:0)1 f 2 g (cid:0) (cid:0) Enthaltenseins-Beziehungen: Die folgenden Symbole du(cid:127)rften zum gr(cid:127)o(cid:25)ten Teil bekannt sein: x M x geh(cid:127)ort zur Menge M 2 x M x geh(cid:127)ort nicht zur Menge M 62 M M x M = x M 0 0 (cid:26) 2 ) 2 (M ist in M enthalten) 0 M M = x : x M oder x M 0 0 [ f 2 2 g (Vereinigung der Mengen M und M ) 0 M M = x : x M und x M 0 0 \ f 2 2 g (Durchschnitt der Mengen M und M ) 0 M M = x : x M und x M 0 0 n f 2 62 g (Di(cid:11)erenz der Mengen M und M ) 0 leere Menge ; Als Test dafu(cid:127)r,ob Sie diese Notationen beherrschen,k(cid:127)onnenSie sich die folgenden Identit(cid:127)aten klar machen: [a;b] = ] ;b] [a; [ (cid:0)1 \ 1 = IR (] ;a[ ]b; )[) n (cid:0)1 [ 1 [0;1[ ]1;2] = \ ; [0;1] [1;2] = 1 \ f g [0;1] [1;2] = [0;2] [ [0;1[ ]1;2] = [1;2] 1 [ nf g Fu(cid:127)r Durchschnitte und Vereinigungen gelten die Rechenregeln: M (N R) = (M N) R [ [ [ [ M (N R) = (M N) R \ \ \ \ M (N R) = (M N) (M R) \ [ \ [ \ 2 Genauso, wie man das Summenzeichen benu(cid:127)tzt, um Summen mit mehreren Summanden hin- zuschreiben, gibt es auch eine Notation fu(cid:127)r Vereinigungen und Durchschnitte von mehreren Mengen: P n M = M M ::: M i 1 2 n [ [ [ i=1 [ n M = M M ::: M i 1 2 n \ \ \ i=1 \ Kartesisches Produkt: Sind M und M zwei Mengen, so ist ihr kartesisches Produkt 0 M M = (x;x ): x M; x M : 0 0 0 0 (cid:2) f 2 2 g Das kartesische Produkt IR2 :=IR IR= (x;y) : x;y IR (cid:2) f 2 g kann man sich veranschaulichen als die Menge der Punkte in der Ebene mit den Koordinaten (x;y): 6 6 - 1 ......................................... - 1 IR IR [0;1] [0;1] (cid:2) (cid:2) Abbildungen: Es seien M und N Mengen. Eine Abbildung f : M N ordnet jedem x M ein ! 2 Element f(x) N zu. 2 Beispiel 0.6 Sei M := IN und N := IR. Eine Abbildung f : IN IR ist eine Folge (a ), n(cid:127)amlich n ! a = f(n);n IN. n 2 Beispiel 0.7 Sei M :=IR und N := x IR : x 0 . Dann ist x x2 eine Abbildung M N. f 2 (cid:21) g 7! ! De(cid:12)nition 0.7 Eine Abbildung f : M N hei(cid:25)t ! injektiv, wenn gilt: x= y = f(x)= f(y), 6 ) 6 surjektiv, wenn gilt: zu jedem y N gibt es ein x M mit y = f(x), 2 2 bijektiv, wenn sie injektiv und surjektiv ist. Bei einer surjektiven Abbildung f : M N sagt man auch, f bildet M auf N ab. ! Abbildungen kann man hintereinanderschalten: Sind f : M N und g :N R Abbildungen, so ! ! bezeichnet man mit M N R g f : ! ! (cid:14) ( x f(x) g(f(x)) 7! 7! die zusammengesetzte Abbildung. 3 Eine spezielle Abbildung ist die Identit(cid:127)at oder identische Abbildung id : M M, die jedem M ! Element x M wieder das Element id (x) :=x zuordnet. M 2 Ist f : M N bijektiv, so gibt es die Umkehrabbildung f 1 : N M, die folgenderma(cid:25)en (cid:0) ! ! de(cid:12)niert ist: Zu jedem y N gibt es ein x M mit y = f(x), weil f : M N nach Voraussetzung 2 2 ! surjektiv ist. Dieses x M mit f(x) = y ist durch y eindeutig bestimmt, weil f injektiv ist. Man setzt 2 f 1(y) :=x. Fu(cid:127)r diese Umkehrabbildung gilt (cid:0) f 1 f = id ; f f 1 = id : (cid:0) M (cid:0) N (cid:14) (cid:14) Ist f :M N nicht surjektiv, dann gibt es keine Umkehrabbildung. Fu(cid:127)r jede Teilmenge N N 1 ! (cid:26) kann man trotzdem eine Urbildmenge f 1(N ) M de(cid:12)nieren durch (cid:0) 1 (cid:26) f 1(N ):= x M : f(x) N : (cid:0) 1 1 f 2 2 g Diese Urbildmenge f 1(N ) kann leer sein, auch wenn N = ist. (cid:0) 1 1 6 ; Mengen k(cid:127)onnen verschieden gro(cid:25) sein. Endliche Mengen k(cid:127)onnen verschiedene Anzahlen von Ele- menten enthalten. Aber das kann bei unendlichen Mengen auch passieren. Man sollte meinen, mehr als unendlich viele Elemente k(cid:127)onne eine Menge nicht enthalten, aber es gibt eben verschiedene Sorten von Unendlichkeit. Einen kleinen Einblick in diese Problematik gibt der n(cid:127)achste Begri(cid:11), die Abz(cid:127)ahl- " barkeit\ . De(cid:12)nition 0.8 Eine Menge M hei(cid:25)t abz(cid:127)ahlbar, wenn eine surjektive Abbildung f : IN M von IN ! auf M existiert. Mit anderen Worten: die Elemente x M einer abz(cid:127)ahlbaren Menge M k(cid:127)onnen zu einer Folge 2 x = f(n); n IN, angeordnet werden. n 2 Beispiel 0.8 Jede endliche (nicht-leere) Menge ist abz(cid:127)ahlbar. Beweis: Sei M = x ;:::;x . Wir de(cid:12)nieren eine surjektive Abbildung f : IN M durch 1 k f g ! x f(cid:127)ur n= 1;:::;k f(n):= n g x f(cid:127)ur n> k: ( 1 Beispiel 0.9 Die Menge IN der nat(cid:127)urlichen Zahlen ist abz(cid:127)ahlbar. Beweis: f(n):= n. Beispiel 0.10 Jede nicht-leere Teilmenge der Menge IN ist abz(cid:127)ahlbar. Beweis. Sei M IN eine Teilmenge. Wenn sie endlich ist, ist sie nach 1) abz(cid:127)ahlbar. Also k(cid:127)onnen (cid:26) wir o.B.d.A. die Menge M unendlich annehmen. Folgenderma(cid:25)en de(cid:12)nieren wir rekursiv eine Abbil- dung von IN auf M: Es sei m M das kleinste Element der Menge. Wir setzen f(1) := m . Das n(cid:127)achstkleinere 1 1 2 Element in M sei m . Wir setzen f(2) := m . So machen wir weiter. Wenn also f(k) = m M 2 2 k 2 schon de(cid:12)niert ist, so sei m M das n(cid:127)achstkleinere Element und wir setzen f(k+1) :=m . k+1 k+1 2 4 Beispiel 0.11 Die Menge IN IN ist abz(cid:127)ahlbar. (cid:2) Beweis. Die Elemente der Menge IN IN sind Paare (n ;n ) nat(cid:127)urlicher Zahlen n ;n IN. 1 2 1 2 (cid:2) 2 Wir k(cid:127)onnen sie in einem nach rechts unten o(cid:11)enen rechteckigen Schema anordnen und entlang der punktierten Linie abz(cid:127)ahlen: ((((((123456;;;;;;..111111.............................))))))...............................................................................................................((((((......................123456.............................;;;;;;...........................222222.........................))))))......................................................................................((((((..................123456.......................;;;;;;....................333333..................))))))...................................................................((((((.............123456..................;;;;;;...............444444............)))))).............................................((((((........123456............;;;;;;..........555555......))))))......................((((((.....123456......;;;;;;.....666666)))))) Beispiel 0.12 Sei M abz(cid:127)ahlbar und g :M N surjektiv. Dann ist auch N abz(cid:127)ahlbar. ! Beweis. Nach Voraussetzung gibt es eine surjektive Abbildung f : IN M. Dann ist auch die ! zusammengesetzte Abbildung g f : IN M N surjektiv. (cid:14) ! ! Beispiel 0.13 Jede Teilmenge einer abz(cid:127)ahlbaren Menge ist wieder abz(cid:127)ahlbar. Beweis. Sei M abz(cid:127)ahlbar und M M. Nach Voraussetzung gibt es eine surjektive Abbildung 1 (cid:26) f : IN M. Sei N IN das Urbild f 1(M ). Nach 3) ist N abz(cid:127)ahlbar. Weil f N : N M 1 (cid:0) 1 1 1 1 1 ! (cid:26) j ! surjektiv ist, ist nach 5) auch M abz(cid:127)ahlbar. 1 Beispiel 0.14 Seien M ; M ; M ; ::: abz(cid:127)ahlbar viele abz(cid:127)ahlbare Mengen. Dann ist auch ihre Vereini- 1 2 3 gung 1i=1Mi abz(cid:127)ahlbar. Beweis. Nach Voraussetzung gibt es f(cid:127)ur jede nat(cid:127)urliche Zahl i eine surjektive Abbildung f : IN S i ! M . Wir de(cid:12)nieren F :IN IN M durch F(i;n) :=f (n). Diese Abbildung F ist surjektiv. i (cid:2) ! i i i S Beispiel 0.15 Die Menge Q der rationalen Zahlen ist abz(cid:127)ahlbar. Beweis. Es ist Q = Q 0 Q mit der Menge Q := q Q : q > 0 : Wegen 4) gen(cid:127)ugt es zu (cid:3) (cid:3) (cid:3) (cid:0) [f g[ f 2 g zeigen, dass Q abz(cid:127)ahlbar ist. Die Abbildung (cid:3) IN IN Q (cid:3) (cid:2) ! F : b 8 (a;b) < 7! a ist surjektiv. Die Behauptung folgt also mit:den Beispielen 1.26 und 1.27. 5 Beispiel 0.16 Das Intervall ]0;1[ ist nicht abz(cid:127)ahlbar. Beweis. Wir nehmen an, es g(cid:127)abe eine surjektive Abbildung f : IN ]0;1[. Dann schreiben wir die ! Zahlen a ]0;1[ als Dezimalbr(cid:127)uche auf in der Reihenfolge, wie sie als Bilder f(n); n IN auftreten: 2 2 (1) (1) (1) f(1) = 0;a a a ::: 1 2 3 (2) (2) (2) f(2) = 0;a a a ::: 1 2 3 (3) (3) (3) f(3) = 0;a a a ::: 1 2 3 . . . Jetzt de(cid:12)nieren wir unendlich viele Zi(cid:11)ern a ;a ;a ;::: durch 1 2 3 (1) 4 falls a = 4 a1 := 1(1) 6 ( 5 falls a = 4 1 (2) 4 falls a = 4 a2 := 2(2) 6 ( 5 falls a = 4 2 (3) 4 falls a = 4 a3 := 3(3) 6 ( 5 falls a = 4 3 . . . (n) 4 falls a = 4 n an := (n) 6 ( 5 falls an = 4 . . . (n) Dann ist die Zi(cid:11)er a verschieden von der Zi(cid:11)er a , die im Dezimalbruch f(cid:127)ur f(n) an der n-ten n n Stelle steht. Der Dezimalbruch a :=0;a a a ::: 1 2 3 kann also in der Aufz(cid:127)ahlung der Zahlen f(1); f(2); f(3); ::: nicht vorkommen, weil er sich von jedem dieser Dezimalbr(cid:127)uche an mindestens einer Stelle unterscheidet. Widerspruch! Beispiel 0.17 Die Menge IR der reellen Zahlen ist nicht abz(cid:127)ahlbar. Beweis. W(cid:127)are IR abz(cid:127)ahlbar, dann w(cid:127)are dies nach Beispiel 1.28 auch das Intervall (0;1). Nach Beispiel 1.31 ist dieses Intervall aber nicht abz(cid:127)ahlbar. Aufgabe A 0.5: Zeigen Sie: a) Die Menge aller endlichen Teilmengen von IN ist abz(cid:127)ahlbar. b) Die Menge aller unendlichen Teilmengen von IN ist nicht abz(cid:127)ahlbar. 6 1.1 Aufgabe Aufgabe A 1.1:[V] Die Sechseckszahlen (s ) sind rekursiv de(cid:12)niert durch n s :=0; s :=s +4n+1: 0 n+1 n Finden Sie mit dem Ansatz s = an2+bn+c eine explizite Formel fu(cid:127)r alle s und beweisen Sie diese. n n 1.2 Aufgaben Aufgabe A 1.2:[V] Zeigen Sie, dass (2n) eine Teilfolge von (2n) ist. n 1 n 1 (cid:21) (cid:21) Aufgabe A 1.3:[V] Beweisen oder widerlegen Sie, dass die Folge x := n2+1 n n (cid:0) p konvergiert. Aufgabe A 1.4: Es sei k 2 eine natu(cid:127)rliche Zahl und es seien a > 0;x >0 reelle Zahlen. Die Folge 0 (cid:21) (x ) werde rekursiv de(cid:12)niert durch n n 0 (cid:21) 1 a x := (k 1)x + : n+1 k (cid:0) n xk 1 (cid:18) n(cid:0) (cid:19) Zeigen Sie: diese Folge konvergiert gegen die eindeutig bestimmte positive L(cid:127)osung x der Gleichung xk = a. Aufgabe A 1.5: Fu(cid:127)r n IN seien 2 n a := pn+1000 pn; b := n+pn pn; c := n+ pn: n n n (cid:0) (cid:0) 1000 (cid:0) q r Zeigen Sie: a) Fu(cid:127)r 1 n< 1000000 gilt a > b > c . n n n (cid:20) b) lim(a )= 0; lim(b ) = 1; lim(c )= : n n 2 n 1 Aufgabe A 1.6: Berechnen Sie den Wert von 1+ 1+p1+:::; r q d.h., den Grenzwert der rekursiv de(cid:12)nierten Folge a :=1; a := p1+a : 0 n+1 n 7 1.3 Die Exponentialreihe Die Eulersche Zahl e haben wir de(cid:12)niert als den Grenzwert der Reihe (Beispiel 1.16) 1 1 : (cid:23)! (cid:23)=0 X Aus der Schule kennt man aber auch die Darstellung als Grenzwert 1 n e = lim 1+ : n n !1(cid:18) (cid:19) Diese Gleichung beweisen wir in zwei Schritten: Behauptung a): Fu(cid:127)r alle n IN ist 2 1 n 1+ < e: n (cid:18) (cid:19) Beweis: Fu(cid:127)r alle k = 1;:::;n gilt n 1 1 n (n 1) ::: (n k+1i) 1 = (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:1) (cid:0) : k!(cid:1) nk k! (cid:1) n n ::: n (cid:20) k! (cid:1) (cid:1) (cid:1) Mit unseren fu(cid:127)r k = 0 getro(cid:11)enen Vereinbarungen gilt diese Formel auch fu(cid:127)r k = 0, trivialerweise. Mit der binomischen Formel erhalten wir daraus 1 n n n 1 n 1 1+ = < e: (cid:18) n(cid:19) k=0 k!(cid:1) nk (cid:20) k=0 k! X X Behauptung b): Zu jedem (cid:15)> 0 gibt es ein N((cid:15)) so, dass fu(cid:127)r alle n> N((cid:15)) gilt 1 n 1+ > e (cid:15): n (cid:0) (cid:18) (cid:19) Beweis: Weil die Exponentialreihe monoton wachsend gegen e konvergiert, gibt es ein m IN so, dass 2 fu(cid:127)r alle n> m gilt m m 1 1 e < (cid:15); bzw. > e (cid:15): (cid:0) k! k! (cid:0) k=0 k=0 X X Fu(cid:127)r n m berechnen wir (cid:21) 1 n n 1 n (n 1) ::: (n k+1) 1+ = (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:1) (cid:0) n k! (cid:1) n n ::: n (cid:18) (cid:19) kX=0 (cid:1) (cid:1) (cid:1) m 1 1 k 1 (1 ) ::: (1 (cid:0) ) (cid:21) k! (cid:1) (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n k=0 X m 1 m 1 1 (1 ) ::: (1 (cid:0) ) (cid:21) (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n (cid:1) k! k=0 X Wegen 1 m 1 lim (1 ) ::: (1 (cid:0) ) = 1 n (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n !1 8 gibt es ein N((cid:15)) m so, dass fu(cid:127)r n N((cid:15)) gilt (cid:21) (cid:21) 1 m 1 (1 ) ::: (1 (cid:0) ) 1 (cid:15): (cid:0) n (cid:1) (cid:1) (cid:0) n (cid:21) (cid:0) Fu(cid:127)r diese n ist dann also 1 n m 1 1+ (1 (cid:15)) >(1 (cid:15))(e (cid:15)) = e (cid:15)(1+e)+(cid:15)2 >e (cid:15)(1+e): n (cid:21) (cid:0) (cid:1) k! (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:18) (cid:19) k=0 X Daraus folgt die Behauptung b). Die Behauptungen a) und b) zusammen ergeben die Grenzwertgleichung 1 n lim 1+ = e: n n !1(cid:18) (cid:19) Aufgabe A 1.7: Zeigen Sie 1 n 1 n lim 1+ 1 = 1 n n (cid:0) n !1(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) und folgern Sie daraus 1 n 1 lim 1 = : n (cid:0) n e !1(cid:18) (cid:19) Aufgabe A 1.8: Zeigen Sie fu(cid:127)r x> 0 x n 1 xk lim 1+ = : n n k! !1(cid:18) (cid:19) k=0 X Aufgabe A 1.9: Entscheiden Sie, welche der folgenden Reihen konvergieren: 1 n! 1 n4 1 n+4 1 (n+1)n(cid:0)1 a) ; b) ; c) ; d) : nn 3n n2 3n+1 ( n)n nX=1 nX=0 nX=0 (cid:0) nX=1 (cid:0) 1.3 Absolute Konvergenz Eine absolut konvergente Reihe konvergiert, und konvergiert nach jeder Umordnung auch gegen den- selben Grenzwert. Bevor wir dies beweisen, erst die verblu(cid:127)(cid:11)ende Alternative: Riemannscher Umordnungssatz: Die Reihe a sei konvergent, aber nicht absolut konver- n gent. Dann gibt es zu jedem beliebigen (cid:11) IR eine Umordnung a dieser Reihe, die gegen (cid:11) 2 P (cid:27)(n) konvergiert. P Schrecklich! Beweis des Satzes: Einerseits konvergiert a und es ist insbesondere lim a = 0 nach Satz n n n !1 1.9. Andererseits divergiert die Reihe a mit positiven Summanden. Ihre Partialsummen mu(cid:127)ssen j nj P P 9 deswegen unbeschr(cid:127)ankt wachsen. Die Voraussetzung und die Behauptung (cid:127)andern sich nicht, wenn wir in der Reihe alle Summanden a = 0 weglassen. Und das wollen wir tun. n Wir setzen nun a falls a > 0 p :=max(a ;0) = n n n n 0 falls a < 0 ( n 0 falls a < 0 q :=min(a ;0) = n n n a falls a > 0 ( n n Falls p beschr(cid:127)ankt und damit konvergent w(cid:127)are, so wu(cid:127)rde auch n P a p = (a p ) = q = q n n n n n n (cid:0) (cid:0) (cid:0) j j X X X X X konvergieren. Dann w(cid:127)are auch a = (p + q ) n n n j j j j konvergent, im Widerspruch zur VorauXssetzung.XAlso w(cid:127)achst p unbeschr(cid:127)ankt gegen . Ebenso n 1 sieht man, dass q unbeschr(cid:127)ankt gegen f(cid:127)allt. n (cid:0)1 P Jetzt ordnen wir die Summanden um, und zwar so, dass P P :=p +:::+p wo m mimimal mit P > (cid:11) 1 1 m1 1 1 Q :=P +q +:::+q wo n mimimal mit Q <(cid:11) 1 1 1 n1 1 1 . . . P :=Q +p +:::+p wo m mimimal mit P >(cid:11) k+1 k mk+1 mk+1 k+1 k+1 Q :=P +q +:::+q wo n mimimal mit Q < (cid:11) k+1 k+1 nk+1 nk+1 k+1 k+1 . . . Dabei ist m > m und lim m = , ebenso wie lim n = . Das bedeutet, dass wir k+1 k k k k k !1 1 !1 1 tats(cid:127)achlich alle Summanden umgeordnet haben. Au(cid:25)erdem ist P > (cid:11) > Q mit k k P (cid:11) < p 0; (cid:11) Q < q 0 fu(cid:127)r k : k (cid:0) mk ! (cid:0) k (cid:0) nk ! ! 1 Fu(cid:127)r jede Partialsumme S der umgeordneten Reihe folgt daraus, dass entweder P S Q mit S (cid:11) max p ; q k (cid:21) (cid:21) k j (cid:0) j (cid:20) f mk (cid:0) nkg oder Q S P mit S (cid:11) max q ;p : k (cid:20) (cid:20) k+1 j (cid:0) j (cid:20) f(cid:0) nk mk+1g Somit konvergieren die Partialsummen gegen (cid:11). Das war die schlechte Nachricht. Die gute Nachricht ist Gro(cid:25)er Umordnungssatz: Die Reihe a sei absolut konvergent mit a =(cid:11). Ist (cid:27) :IN IN n n ! eine bijektive Abbildung, so konvergiert auch die damit umgeordnete Reihe a gegen (cid:11). P P (cid:27)(n) Beweis. Wie immer in solchen F(cid:127)allen geben wir uns ein (cid:15) > 0 beliebig vor. Wegen der absoluten P Konvergenz gibt es ein N mit 0 1 a < (cid:15): n j j nX=N0 10