Umordnung der LOG-Reihe

01.06.2007, 18:07

Indurain

Umordnung der LOG-Reihe

Tipps zum Beweis folgender Aussage sind höchst willkommen:

Sei $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty a_n \end{eqnarray*}$ eine Umordnung der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n} \end{eqnarray*}$ , so dass die Reihenglieder gleichen Vorzeichens betragsmäßig abnehmen.

Es bezeichne $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Elemente von $\begin{eqnarray*} \{k\in\mathbb N: k\leq n\wedge a_k>0\} \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} q_n \end{eqnarray*}$ die Anzahl der Elemente von $\begin{eqnarray*} \{k\in\mathbb N: k\leq n\wedge a_k<0\} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n}=K \end{eqnarray*}$ existiere.

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty a_n = \ln(\sqrt{4K}) \end{eqnarray*}$

01.06.2007, 18:18

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Schönes Ding, da muss ich erstmal nachdenken. Dass man durch Umordnen einer konvergenten, aber nicht absolut konvergenten Reihe jede mögliche reelle Zahl als Reihenwert erhalten kann, ist bekannt, aber hier ist es doch sehr viel konkreter.

01.06.2007, 18:28

Indurain

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RE: Umordnung der LOG-Reihe
Folgendes Beispiel verdeutlicht obige Aussage:

$\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{6}+\cdots=\ln(\sqrt{8}) \end{eqnarray*}$

01.06.2007, 18:38

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Ok, so schwer war's nicht, man muss nur alles ordentlich durchziehen. Augenzwinkern

Zunächst mal kannst du die n-te Partialsumme der derart umgeordneten Reihe aufschreiben:

$\begin{eqnarray*} s_n = \sum_{j=1}^{p_n} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{q_n} \frac{1}{2j} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} H(n) := \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ kann man das auch so schreiben:

$\begin{eqnarray*} s_n = H(2p_n)-\frac{1}{2}H(p_n)- \frac{1}{2}H(q_n) \end{eqnarray*}$ ,

darüber musst du vielleicht etwas länger nachdenken. Aus $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{p_n}{q_n} = K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} K>0 \end{eqnarray*}$ folgt nun insbesondere $\begin{eqnarray*} p_n\to\infty \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q_n\to\infty \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ .

Als nächstes würde ich dann die Euler-Mascheroni-Konstante

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \left( H(n)-\ln(n) \right) =: \gamma \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \gamma\approx 0.577 \end{eqnarray*}$

heranziehen. Der genaue Wert von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ist eigentlich unwichtig - wichtig ist nur, dass der Grenzwert existiert!

04.06.2007, 11:10

Indurain

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Super, vielen Dank!

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^{p_n}\frac{1}{2k-1}-\sum_{k=1}^{q_n}\frac{1}{2k}=\sum_{k=1}^{2p_n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{p_n}\frac{1}{2k}-\sum_{k=1}^{q_n}\frac{1}{2k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\underbrace{\underbrace{\left(\sum_{k=1}^{2p_n}\frac{1}{k}-\ln(2p_n)\right)}_{\longrightarrow\gamma}-\frac{1}{2}\underbrace{\left(\sum_{k=1}^{p_n}\frac{1}{k}-\ln(p_n)\right)}_{\longrightarrow\gamma}-\frac{1}{2}\underbrace{\left(\sum_{k=1}^{q_n}\frac{1}{k}-\ln(q_n)\right)}_{\longrightarrow\gamma}}_{\longrightarrow 0}+\ln\left(2\sqrt{\frac{p_n}{q_n}}\right)\longrightarrow\ln\left(\sqrt{4K}\right) \end{eqnarray*}$

Ich hätte nicht erwartet, dass diese Aussage sich so flott beweisen lässt.

04.06.2007, 11:39

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Zitat:

Original von Indurain
Ich hätte nicht erwartet, dass diese Aussage sich so flott beweisen lässt.

Ich auch nicht. Augenzwinkern

Aber wie gesagt: Ordentlich durchziehen, schon klappt es - ohne Tricks.

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