Benutzer:Kasparw

Riemannsche Umordungssatz

Basic-defs (Wiktor)

Beim Riemannschen Umordnungssatz betrachten wir eine Summe [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n[/math], die eine bedingte konvergente Reihe ist, etwas genauer. Das heißt, die Reihe konvergiert gegen einen Grenzwert [math]S[/math] und es existiert eine Umordnung, die wir mit einer Permutation [math]\sigma \colon \mathbb {N} \to \mathbb {N} [/math] durchführen. Unter anderem kann man die einzelnen Komponenten durch die Permutation [math]\sigma[/math] so umordnen, sodass die Reihe [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\sigma(n)}[/math] divergiert, also dass [math] S \in \{ -\infty, \infty\}[/math].

Motivation zum Satz (Kaspar):

Unendliche Reihen sind nicht kommutativ

Für endlichen Reihen ist klar das die umordnung der Summe nicht den Wert der Summe ändert: [math]a_1 + a_2 + a_3 = a_3 + a_2 + a_1[/math].

Für Unendlichen Reihen gilt dies nicht. Umordung von Therme können den Wert den Summe ändern:

[math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + a_3 + ... \stackrel{\mathrm{def}}= X [/math]

[math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{2n} = a_2 + a_4 + a_6 + ...+ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{2n -1} = a_1 + a_3 + a_5 + ... \stackrel{\mathrm{def}}= Y [/math]

Kein axiom sagt das X und Y gleich sind.

Der Beweis diese Aussage und die mathematische Idee werden auf diese Seite behandelt.

Riemannsche Umordnungssatzt:

Teil 1: Kommutative Unendliche Reihen:

Sei [math]S \in \mathbb{R} [/math] und [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n[/math] eine absolut konvergente Reihe.

Angenommen ist [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n = S[/math]

Dann gilt: [math]\forall \mathrm{\alpha} :\mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}[/math] ([math]\mathrm{\alpha}[/math] eine bijektion)

[math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)} = S[/math]

Teil 2: Nicht Kommutative Unendliche Reihen:

Sei [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n[/math] eine bedingt konvergente Reihe.

Dann: [math]\forall S\in\mathbb{R}, \exists\mathrm{\alpha} :\mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}[/math] ([math]\mathrm{\alpha}[/math] eine bijektion) so das:

[math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)} = S[/math]

Beweis:

Teil 1:

Sei [math]S \in \mathbb{R} [/math].

Sei [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n[/math] eine absolut konvergente Reihe so das [math] \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n = S[/math].

Behauptung zu beweisen: [math]\forall \mathrm{\alpha} :\mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}[/math] ([math]\mathrm{\alpha}[/math] eine bijektion) [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)} = S[/math]

Sei [math]\mathbf{\varepsilon}\gt 0 [/math]. Weil [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n [/math] konvergent ist gilt nach der Unendlichen Reihen Konvergenzkriterium das [math]\lim_{n \to \infty}a_n = 0 [/math]. Mathematisch ausgedruckt ergibt sich:

Hilfsmittel zum verstehen

[math]\forall\mathbf{\varepsilon}\gt 0, \exists n_0 \in\mathbb{N}, \forall n \in\mathbb{N}, n\gt n_0 \Rightarrow |a_n| \lt \mathbf{\varepsilon}[/math].

Dementsprechend: [math]\exists R \in\mathbb{N} [/math] so das: [math]\sum\limits_{n=R+1}^{\infty} |a_n| \lt \tfrac{\mathbf{\varepsilon}}{2} [/math] (siehe Bild)

Zunächst nehmen wir [math]P \ge R[/math] so das die Werte: [math]a_1, a_2,...a_r[/math] in [math]a_{\mathrm{\alpha}(1)},a_{\mathrm{\alpha}(2)},...a_{\mathrm{\alpha}(P)}[/math] Auftreten. Dies ist möglich da [math]\mathrm{\alpha}[/math] bijektiv ist.

Sei [math]p\ge P[/math]. Die Dreiecksungleichung liefert:

[math]|\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}-S|\le |\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)} -\sum\limits_{n=1}^{R} a_n|+|\sum\limits_{n=1} ^{R} a_n -S|[/math]

[math]\Rightarrow |\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}-S|\le |\sum\limits_{n=R+1}^{p}a_{\mathrm{\alpha}(n)}|+|\sum\limits_{n=R+1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}| [/math] (hier kürzt man die [math]R[/math] ersten Faktoren aus [math](a_n)_{n\in\mathbb{N}} [/math] weil sie nach definition von [math]p[/math] in [math]\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}[/math] Auftreten)

[math]\Rightarrow |\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}-S|\le |\sum\limits_{n=R+1}^{\infty}a_{\mathrm{\alpha}(n)}|+|\sum\limits_{n=R+1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)}|\lt \tfrac{\mathbf{\varepsilon}}{2}+\tfrac{\mathbf{\varepsilon}}{2} =\mathbf{\varepsilon} [/math]

[math]\Rightarrow S-\mathbf{\varepsilon}\le\sum\limits_{n=1}^{p} a_{\mathrm{\alpha}(n)}\le S+\mathbf{\varepsilon}[/math]

[math]\Rightarrow S-\mathbf{\varepsilon}\le\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)}\le S+\mathbf{\varepsilon}[/math]

[math]\Rightarrow \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{\mathrm{\alpha}(n)} = S[/math]

Teil 2 (für morgen)

Beispiele (Wiktor)

Als Beispiel hierfür nehmen wir uns die alternierende Harmonische Reihe.

Zur Erinnerung, diese ist wie folgt definiert:

[math] \\ \sum _{{n=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{n+1}}}{n}}[/math]

Aus der Analysis I ist bereits bekannt, dass diese Reihe gegen

[math] \\ \sum _{{n=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{n+1}}}{n}}=ln(2)[/math]

konvergiert, wobei diese nicht absolut konvergiert, da

[math]\sum _{{n=1}}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{{n+1}}}{n}}\right|=\sum _{{n=1}}^{\infty }{\frac 1n}[/math]

und bekannt ist, das die harmonische Reihe divergiert.

Nach dem Riemannschen Umordnungsatz, kann man nun die einzelnen Komponenten durch eine Permutation [math]\sigma [/math] umordnen.

Normalerweise gilt:

[math]1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+\cdots =\ln 2 [/math],

aber nach Anwendung der Permuation erhalten wir:

[math]1-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{6}}-{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{10}}-{\frac {1}{12}}+\cdots[/math]

Hier erkennt man, dass jede 3. Komponenten, angefangen bei [math] -\frac{1}{4}[/math], in dem Nenner ein Vielfaches von [math]4[/math] ist. Das gleiche Muster erkennt man angefangen bei [math] -\frac{1}{2}[/math] mit dem Unterschied, dass vom Nenner immer 2 abgezogen werden. Davon unterscheidet sich die 3er-Blöcke angefangen bei der 1, da im Nenner immer ungerade Zahlen, also [math]2n-1, n \in \mathbb{N}[/math] ist. Trägt man alle diese Beobachtungen zusammen erhält man:

[math]{\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2(2n-1)}}-{\frac {1}{4n}},\quad n \in \mathbb{N}[/math]

Formt man diesen Ausdruck etwas um, erhalten wir:

[math] {\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2(2n-1)}}-{\frac {1}{4n}}={\frac {2-1}{2(2n-1)}}-{\frac {1}{2\cdot 2n}} \\={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2n}}\right) = {\frac {1}{2}} \sum _{{n=1}}^{\infty }{\frac {(-1)^{{n+1}}}{n}} = {\frac {1}{2}} ln(2)[/math]

Somit haben wir einen neuen Grenzwert [math] S [/math] durch den Riemannschen Umordnungsatz