Umordnung von Reihen

20.11.2005, 23:31

4c1d

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Umordnung von Reihen

Hallo

Wink

,

Ich beschäftige mich gerade mit folgender Aufgabe :
Gesucht ist eine Abbildung (Umordnung) P : IN <-> IN, sodass $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} ~ \frac{(-1)^{P(k)}}{P(k)} ~ = 0 \end{eqnarray*}$

Mein Ansatz wäre
$\begin{eqnarray*} (-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8})\; + \; (-\frac{1}{3}+\frac{1}{10}+\frac{1}{12}+\frac{1}{14}+\frac{1}{16})\; + \; ... \end{eqnarray*}$

was ich durch Ausprobieren gefunden habe.
d.h. die entsprechende Abbildung wäre $\begin{eqnarray*} P : \mathbb{N} \to \mathbb{N} \quad x \mapsto \begin{cases} 2 \cdot \frac{x-1}{5} + 1, \ \text{falls} \ x \equiv 1 \mod 5 \\ 2 \cdot (x-(1+\lfloor \frac{x-1}{5} \rfloor ) ) \; \text{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

Das sieht natürlich sehr umständlich aus, aber ich habe keinen einfacheren Weg gefunden, obige Idee umzusetzen.
Insgesamt ergibt sich für die umgeordnete Reihe, wenn man jeweils 5 Glieder zusammenfasst (abgeleitet von der Summenschreibweise ganz oben)

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} ~ (\frac{1}{1-2k}+\frac{1}{8k-6}+\frac{1}{8k-4}+\frac{1}{8k-2}+\frac{1}{8k}) = \sum_{k=1}^{\infty} ~ (\frac{3-20k+16k^2}{24k-176k^2+384k^3-256k^4}) \end{eqnarray*}$

Zu zeigen bliebe also, dass diese Reihe gegen 0 konvergiert. Und genau an dieser Stelle komme ich nicht weiter, vielleicht kann mir da ja mal jemand auf die Sprünge helfen.
Besser noch wäre es natürlich, wenn es einen einfacheren (= weniger mühsamen) Weg gäbe (und den gibt es wahrscheinlich), diese Aufgabe anzugehen Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.11.2005, 22:14

Der Student

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Schau mal auf Übungszettel 4, Aufgabe 4 (a), deine Folge sieht doch ein bisschen so aus wie diese, also mit Majorantenkriterium, erst einmal mit $\begin{eqnarray*} k^2 \end{eqnarray*}$ kürzen und dann müsste das doch zu schaffen sein.

PS: Ich hab auch noch keinen eleganteren Weg!

21.11.2005, 22:29

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Zitat:

Original von 4c1d
Zu zeigen bliebe also, dass diese Reihe gegen 0 konvergiert. Und genau an dieser Stelle komme ich nicht weiter, vielleicht kann mir da ja mal jemand auf die Sprünge helfen.

Ob's stimmt oder nicht - hier ein Alternativweg:

Ich würde an eurer Stelle gar nicht so sehr die Anstrengung darauf richten, wie dieses P(k) explizit aussieht. Es reicht ja wohl zu zeigen, dass eine solche Abbildung P(k) existiert. Und da würde ich mir die Partialsummenfolge $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ der zu konstruierenden Reihe vorknöpfen und nutzen, dass sowohl $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{2m-1} \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{2m} \end{eqnarray*}$ bestimmt divergent sind. In Abhängigkeit vom momentanen Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ kann man sich nämlich geschickt mal aus der einen Reihe, mal der anderen Reihe "bedienen", wenn es darum geht, das jeweils nächste Glied der zu konstruierenden Reihe anzugeben.

Richtig durchgeführt ist dann die Konvergenz $\begin{eqnarray*} s_n\to 0 \end{eqnarray*}$ kein Problem mehr.

21.11.2005, 22:57

4c1d

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Zitat:

Original von Arthur Dent
In Abhängigkeit vom momentanen Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ kann man sich nämlich geschickt mal aus der einen Reihe, mal der anderen Reihe "bedienen", wenn es darum geht, das jeweils nächste Glied der zu konstruierenden Reihe anzugeben.

Nunja, um ehrlich zu sein habe ich genau dass bei meiner Umordnung versucht : Es wird mit dem (negativen) Wert -1 begonnen und so lange positive Folgenglieder addiert, bis die Gesamtsumme positiv ist, dann wieder ein negatives addiert, sodass sie negativ wird etc. Die Umordnung explizit anzugeben ist außerdem (leider) Teil der Aufgabenstellung.

Zitat:

Richtig durchgeführt ist dann die Konvergenz $\begin{eqnarray*} s_n\to 0 \end{eqnarray*}$ kein Problem mehr.

Hm, du meinst man kann zeigen, dass die Reihe allein schon wegen dem "Bildungsgesetz" gegen 0 konvergieren muss? Das wäre natürlich sehr praktisch smile

smile

21.11.2005, 23:02

AD

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Ja, so eine Umordnung klappt sogar bei sämtlichen konvergierenden Reihen, die nicht absolut konvergieren.

Aber deine Idee ist auch in Ordnung, wie ich gerade nochmal nachvollzogen habe: Du musst nur die Partialsumme

$\begin{eqnarray*} s_n = \sum_{k=1}^n ~ (\frac{1}{1-2k}+\frac{1}{8k-6}+\frac{1}{8k-4}+\frac{1}{8k-2}+\frac{1}{8k}) \end{eqnarray*}$

geschickt umordnen, dann kannst du deren Konvergenz gegen Null leicht nachweisen.

22.11.2005, 14:09

4c1d

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Hm, ich könnte den ersten Summanden mit dem dritten zusammenfassen. Oder zwei aufeinanderfolgende Glieder betrachten, um dann mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{8k-2}+\frac{1}{8k+2} \end{eqnarray*}$ usw. etwas anzustellen...aber irgendwie hilft mir das alles nicht richtig, komme da nicht auf den "zündenden" Gedanken...

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22.11.2005, 14:24

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Was soll's - du hast dir schon so viele Gedanken hier gemacht, dass es sicher in Ordnung ist, wenn ich die folgenden entscheidenden Umformungen verrate:

$\begin{eqnarray*} 2s_n &=& -2\sum_{k=1}^n ~ \frac{1}{2k-1}-2\sum_{k=1}^n ~ \frac{1}{2k} ~ + ~ 2\sum_{k=1}^n ~ \frac{1}{2k} ~ + ~ \sum_{k=1}^n \left[ \frac{1}{4k-3}+\frac{1}{4k-2}+\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k} \right]\\ &=& -2\sum_{m=1}^{2n} ~ \frac{1}{m} ~ + ~ \sum_{k=1}^n ~ \frac{1}{k} ~ + ~ \sum_{m=1}^{4n} \frac{1}{m} = -\sum_{k=n+1}^{2n} ~ \frac{1}{k} ~ + ~ \sum_{m=2n+1}^{4n} \frac{1}{m}\\ &=& \sum_{k=n+1}^{2n} \left[-\frac{1}{k}+\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k} \right] = \sum_{k=n+1}^{2n} ~ \frac{1}{(2k-1)2k} . \end{eqnarray*}$

(Im vorletzten Umformungsschritt wurde jedem $\begin{eqnarray*} k\in\{n+1,\ldots,2n\} \end{eqnarray*}$ die zwei Indizes $\begin{eqnarray*} m=2k-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m=2k \end{eqnarray*}$ zugeordnet, so dass insgesamt jedes $\begin{eqnarray*} m\in\{2n+1,\ldots,4n\} \end{eqnarray*}$ genau einmal erfasst wurde!)

22.11.2005, 15:16

Gaylord Focker

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Aber deine Umordnung konvergiert doch nicht gegen null?!

22.11.2005, 15:20

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Doch, tut sie. LOL Hammer

LOL Hammer

22.11.2005, 15:31

Dem dem aufm Kopp gehaun wurde

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Nö wieso

22.11.2005, 15:39

AD

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Weil aus der letzten Darstellung, die du hoffentlich nicht auch noch bestreitest, die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} 0< s_n < \frac{n}{2(2n+1)(2n+2)} < \frac{1}{8n} \end{eqnarray*}$

und somit die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} (s_n) \end{eqnarray*}$ gegen 0 folgt.

22.11.2005, 15:46

Immernochnichtkapiert

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Zitat:

Original von Arthur Dent

$\begin{eqnarray*} 2s_n &=& \sum_{k=n+1}^{2n} ~ \frac{1}{(2k-1)2k} . \end{eqnarray*}$

Rein logisch macht das aber doch keinen Sinn, da nur addiert wird und nie subrahiert?!

22.11.2005, 15:50

AD

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Hast du bemerkt, dass der untere Summenindex auch "wandert" ? Offenbar nicht!

Trotzdem: Schöne Grüße nach Jena. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.11.2005, 15:56

Gaylord Focker

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Whoopsydaisy...

Ich komm nicht aus Jena ?!

22.11.2005, 15:57

AD

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Aber deine IP-Adresse. Na egal, siehst du jetzt wenigstens die Konvergenz ein?

22.11.2005, 16:03

Gaylord Focker

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Nein ich komm aus Bonn sonst würde mich dieses Problem wohl kaum interessieren. Jau Konvergenz seh ich ein: Bei sn gegen unendlich geht sowohl Anfangs als auch Endwert gegen unendlich und damit die Reihe gegen null oder? ?

22.11.2005, 16:07

AD

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Na deswegen noch nicht, sondern wegen der Abschätzung in meinem vorletzten Beitrag.

Zitat:

Original von Gaylord Focker
Nein ich komm aus Bonn sonst würde mich dieses Problem wohl kaum interessieren.

Also diese "Logik" erschließt sich mir ganz und gar nicht. Muss sie auch nicht. smile

smile

22.11.2005, 16:10

Logikbringer

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Guck doch nochmal auf den Übungszettel von dem du eben schon Nr. 4 geholfen hast:

http://www.iam.uni-bonn.de/~kassmann/blatt5.pdf

Jetzt logisch ;-)

22.11.2005, 16:10

PS

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Ich glaube jetzt ist es mir endlich klar

22.11.2005, 16:13

AD

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Ja. Immerhin interessant zu erfahren, wo die für Raum Jena reservierten IP-Adressen der Deutsche Telekom so überall landen. Big Laugh

Big Laugh

22.11.2005, 16:16

Edmund Stoiber

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Hier könnte ihr wirklich fieser Spruch stehen

Interesse? 0800 -9 3000

22.11.2005, 16:25

AD

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Muss das eigentlich sein, dass du dich ständig anders nennst? Nur deswegen habe ich mir überhaupt deine IP-Adresse angeschaut!

22.11.2005, 17:31

4c1d

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Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \left[ \frac{1}{4k-3}+\frac{1}{4k-2}+\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k} \right] = \sum_{k=1}^{4n} ~ \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

Das war genau die Umformung die mir gefehlt hat und die ich einfach nicht gesehen habe Hammer

Hammer

Danke, Arthur. Die Umformungs-"tricks" muss ich mir merken smile

smile

22.11.2005, 19:09

AD

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Das sehe ich gar nicht als Trick an, sondern nur als Zusammenfassung der Vierergruppen. Schon eher ein Trick ist m.E. dieses künstliche +- der Reziproken der geraden Zahlen ganz am Anfang der Rechnung.

22.11.2005, 22:43

4c1d

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Naja, dann eben Umformungs'methoden'. Mir kam deine Rechnung, bei der ein so kompliziert aussehender Term in einen ganz einfachen übergeht, allerdings schon 'trickhaft' vor, weil diese Möglichkeiten (zumindest mir) nicht so schnell ins Auge springen.

01.06.2007, 19:10

AD

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An sich poste ich nicht in Uralt-Threads, aber weil es so schön passt:

Die hier betrachtete Reihe kann als Spezialfall dieser allgemeineren Aussage betrachtet werden, nämlich für $\begin{eqnarray*} K=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

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