Problem mit Dirichletreihe

16.09.2012, 14:11

vin97

Problem mit Dirichletreihe

So, Leute...

Ich habe gerade ein Problem mit einer Dirichletreihe.

Zunächst habe ich folgende Dirichletreihe definiert und zwar nicht allgemein für alle komplexen Zahlen, sondern nur für gerade natürliche Zahlen:
$\begin{eqnarray*} n \; \epsilon \; \mathbb{N} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^{2n+1}} \end{eqnarray*}$
Die Konvergenz dieser Reihe (für alle natürlichen n) lässt sich sehr leicht mit Hilfe der Riemannschen Zetafunktion beweisen:
$\begin{eqnarray*} \left | D(2n) \right | = \left | \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^{2n+1}} \right | \leq \sum_{k=1}^{\infty} \left | \frac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)^{2n+1}} \right | = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{2n+1}} = \left ( 1 - \frac{1}{2^{2n+1}} \right ) \zeta(2n+1) \end{eqnarray*}$
Anschließend habe ich die Zählerfunktion durch den Sinus ersetzt und daraufhin die Taylorreihe des Sinus eingesetzt:
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin \left ( (2k-1) \frac{\pi}{2} \right )}{(2k-1)^{2n+1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{2n+1}} \sum_{i=0}^{\infty} (-1)^{i} \frac{\left ( (2k-1) \frac{\pi}{2} \right )^{2i+1}}{(2i+1)!} \end{eqnarray*}$
Die innere Summe habe ich dann etwas umgeformt (Index verschoben, Argument getrennt, Potenz umgeformt):
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{2n+1}} \sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \frac{1}{(2k-1)^{1-2i}} \end{eqnarray*}$
Das machte es mir möglich, die Summenzeichen zu vertauschen und die Terme, die nicht von k abhängen, auszuklammern (Potenzen mit gleicher Basis habe ich direkt zusammengefasst):
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{2(n+1-i)}} \end{eqnarray*}$
Ich ersetzte also die neue innere Summe durch die Riemannsche Zetafunktion (für ungerade Basen):
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \left ( 1 - \frac{1}{4^{n+1-i}} \right ) \zeta(2(n+1-i)) \end{eqnarray*}$
Und hier kommt der Punkt, durch welchen vermutlich der Fehler entsteht, auch wenn ich nicht verstehe, warum es nicht erlaubt ist.
Da $\begin{eqnarray*} 2(n+1-i) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i>n+1 \end{eqnarray*}$ einen negative, gerade Zahl wird, erhält man die trivialen Nullstellen der analytischen Fortsetzung der Riemannschen Zetafunktion und da $\begin{eqnarray*} \left ( 1 - \frac{1}{4^{n+1-i}} \right )=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i=n+1 \end{eqnarray*}$ gilt, kann man die Summe bei $\begin{eqnarray*} i=n \end{eqnarray*}$ "abschneiden", wodurch man eine Art Rekursivformel für die Dirichletreihe erhält:
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \left ( 1 - \frac{1}{4^{n+1-i}} \right ) \zeta(2(n+1-i)) \end{eqnarray*}$

Dummerweise kommt man schon für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ auf ein falsches Ergebnis, wodurch natürlich alle Ergebnisse falsch werden.
Nach der Rekursivformel erhält man $\begin{eqnarray*} D(2)=\frac{\pi^{3}}{16} \end{eqnarray*}$ , was definitv nicht sein kann. Interessant ist, dass WolframAlpha einem $\begin{eqnarray*} D(2)=\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^{3}}{16} \end{eqnarray*}$ ausgibt. Leider habe ich keine Ahnung wo ich diese $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ noch hernehmen soll.

Deshalb frage ich euch, ob ich irgendwo einfach einen doofen Umformungsfehler gemacht habe, oder ob ich den systematischen Fehler gemacht habe, auf die analytische Fortsetzung der Riemannschen Zetafunktion zurückzugreifen!

MfG ... Vin!

16.09.2012, 21:29

Mystic

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RE: Problem mit Dirichletreihe

Zitat:

Original von vin97

Das machte es mir möglich, die Summenzeichen zu vertauschen und die Terme, die nicht von k abhängen, auszuklammern (Potenzen mit gleicher Basis habe ich direkt zusammengefasst):
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^{2(n+1-i)}} \end{eqnarray*}$
Ich ersetzte also die neue innere Summe durch die Riemannsche Zetafunktion (für ungerade Basen):
$\begin{eqnarray*} D(2n) = \sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} \frac{1}{(2i-1)!} \left ( \frac{\pi}{2} \right )^{2i-1} \left ( 1 - \frac{1}{4^{n+1-i}} \right ) \zeta(2(n+1-i)) \end{eqnarray*}$

Ich denke, dass diese Ersetzung für die innere Summe klar falsch ist... Setze doch in ihr z.B. n=1, i=2 (oder ein größerer Wert für i) um das zu sehen... Die Definition der Zeta-Funktion $\begin{eqnarray*} \zeta(s) \end{eqnarray*}$ über die Reihen gilt nun mal nur für Re(s)>1 und macht sonst keinen Sinn....

Das am Ende für n=1 etwas rauskommt, was nur um den Faktor 1/2 falsch ist, ist so gesehen auch für mich verblüffend... Augenzwinkern

16.09.2012, 22:29

vin97

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Dachte ich mir schon. Trotzdem ergibt sich dann ein anderes Problem: Die innere Summe würde für negative Exponenten divergieren, was ein Widerspruch zum Beweis der absoluten Konvergenz mit Hilfe der Riemannschen Zetafunktion (und dort sollte die Substituion in Ordnung sein) wäre.
Der Grund ist klar, nämlich, dass der Sinus benutzt wurde. Doch dort wüsste ich jetzt nicht, warum man diese Substitution nicht durchführen darf.

21.11.2012, 20:40

vin97

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Also, ich habe mal meine Mathelehrerin gefragt: Das Problem liegt darin, dass man die Summenzeichen einer Doppelsumme nur dann vertauschen darf, wenn beide Summen eine gleichmäßig stetige Funktion bilden (was die Riemannsche Zetafunktion nicht auf ganz C ist).

Man könnte nämlich sonst noch verrücktere Sachen, wie das hier, folgern:
(Lustigerweise stimmt die zweite Formel für n=1)

$\begin{eqnarray*} \zeta(s)=\frac{1}{2(2^{-s}-1)} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\pi^{2k}}{(2k)!} \zeta(s-2k) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \zeta(2n)=\frac{1}{2(4^{-n}-1)} \sum_{k=1}^{n} \frac{\pi^{2k}}{(2k)!} \zeta(2(n-k)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)=\lim_{n \to \infty } \tanh(nx) \frac{1-\cos(x\pi)}{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \zeta(s)=\frac{1}{1-2^{-s}} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{f^{(2k-1)}(0)}{(2k-1)!} \zeta(s+1-2k) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \zeta(2n+1)=\frac{1}{1-2^{-2n-1}} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{f^{(2k-1)}(0)}{(2k-1)!} \zeta(2(n+1-k)) \end{eqnarray*}$

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