Extrem komplizierte Summe

16.07.2018, 18:27

LAMHOU

Extrem komplizierte Summe

Meine Frage:
Hallo allerseits,

Es geht um die folgende Summe:

Sigma(i=1;n=infinit) a (b / Wurzel (1 - c/(dn^2+c))^3

Ich weiss dass

Sigma(i=1;n=infinit) 1/n^2 = pi^2/6

Aber das hilft hier reichlich wenig.

(Leider funktioniert der Formeleditor bei mir nicht!)

Meine Ideen:
Eine Freundin hat die folgende Umformung vorgeschlagen:

Sigma(i=1;n=infinit) P (1 + K 1/n^2)^(3/2)

Allerdings hat sie mir nicht gesagt wie sie das hergeleitet hat, oder wie die Faktoren P und K aus den ursprünglichen Faktoren a, b, c und d zu berechnen sind.

16.07.2018, 20:23

Leopold

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Geht es tatsächlich um

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} a \left( \frac{b}{\sqrt{1 - \frac{c}{dn^2+c}}} \right)^3= ab^3 \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{c}{dn^2+c}}} \right)^3 \end{align*}$

Die Summanden der Reihe bilden keine Nullfolge. Bitte Fehler ausbessern.

17.07.2018, 00:07

LAMHOU

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Bis zum 2 * 10^37sten Term
Achso, ja das ist normal. Physikalisch gesehen bedeutet ja ein größerer Wert für n, dass die Elementarräume größer sind (überlappende 2-Sphären), und das führt natürlich zu mehr Verbindungen von einem Elementarraum zu anderen.
Die Anzahl dieser Verbindungen ist was hier ausgerechnet wird. Das sieht man hier natürlich nicht, weil ich alle Physikalischen Konstanten in diese vier Faktoren a, b, c und d reingepackt hab.

Also, dass die Summe nicht konvergiert, hätte mir eigentlich klar sein sollen. Wurde wohl von diesem 1/n^2 verleitet und hab für einen Moment den physikalischen Hintergrund aus den Augen verloren.
Also, ich brauche diese Summe bis zum 2 * 10^37sten Term.
Bei 1/n zum Beispiel wäre das Ergebnis In(2*10^37) + gamma (Korrekturterm von etwa 0.5).
Wie das bei diesem Monstrum von Gleichung da oben zu berechnen ist, ist mir allerdings ein Rätsel.

Das Ergebnis dass ich so erwarte liegt so zwischen 10^68 und 10^70.

EDIT: Komplettzitat entfernt (klarsoweit)

17.07.2018, 07:18

HAL 9000

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Ok, also es geht um Partialsummen $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m=2\cdot 10^{37} \end{eqnarray*}$ oder ähnlich exorbitant hohe $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ . Es wäre noch interessant zu erfahren, in welchen Bereichen so $\begin{eqnarray*} d':=\frac{d}{c} \end{eqnarray*}$ zu finden ist: Ich nehme mal $\begin{eqnarray*} d'>0 \end{eqnarray*}$ an, und sofern $\begin{eqnarray*} d' \end{eqnarray*}$ nicht allzu klein ist (in Relation zur Summandenzahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ), dann wird man für derart große $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ schlicht

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}}\approx m \end{eqnarray*}$

erhalten. Grund dafür ist $\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} = 1 + \frac{3}{2(d'n^2+1)} + O\left(\frac{1}{n^4}\right) \end{eqnarray*}$ , und die Reihe über den Restterm (also außer die 1) ist konvergent.

17.07.2018, 11:41

LAMHOU

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RE: Bis zum 2 * 10^37sten Term
Ich habe mich gestern nacht etwas verschrieben, und dann hatte ich kein Internet mehr um mich zu korrigieren:

Zitat:

Achso, ja das ist normal. Physikalisch gesehen bedeutet ja ein größerer Wert für n, dass die Elementarräume größer sind (überlappende 2-Sphären), und das führt natürlich zu mehr Verbindungen von einem Elementarraum zu anderen.

n zählt wieviel Plancklängen lang die Wellenlänge ist. Ein größerer Wert für n bedeutet eine größere Wellenlänge, weniger Energie, und somit auch KLEINERE Elementarräume. Sobald der Elementarraum kleiner ist als die Plancklänge, kann er ignoriert werden (zumindest wenn es darum geht die Struktur des Raumes zu analysieren).

Der Term unter der Wurzel gibt die Teilchengeschwindigkeit über die Wellenlänge an, so dass die Geschwindigkeit quantisiert ist, und nichtmehr jeder beliebige Wert erlaubt ist.

17.07.2018, 11:55

HAL 9000

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RE: Bis zum 2 * 10^37sten Term

Zitat:

Original von LAMHOU
Sobald der Elementarraum kleiner ist als die Plancklänge, kann er ignoriert werden

Ich hab (zuwenig physikalischen Sachverstand und deshalb) keine Ahnung, wovon du da redest, aber vielleicht kannst du das ja in Hinblick auf meine Nachfrage

Zitat:

Original von HAL 9000
Es wäre noch interessant zu erfahren, in welchen Wertebereichen so $\begin{eqnarray*} d':=\frac{d}{c} \end{eqnarray*}$ zu finden ist.

übersetzen.

17.07.2018, 12:09

LAMHOU

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RE: Bis zum 2 * 10^37sten Term
EDIT: Komplettzitat entfernt (Steffen)

Dazu wäre ich ja noch gekommen ...
Also

a = 8.280023422×10^118 (ein großer Haufen Konstanten)
b = m_e = etwa 10^-31 (Masse des Elektrons)
c = h^2 = etwa 10^-68 (Plancksche Konstante hoch 2)
d = Plancklänge (10^-35), Elektronenmasse (10^-31) und Lichtgeschwindigkeit (10^8), alles hoch 2, was etwa 10^-116 ergibt.

d/c wäre dann etwa 10^-124.

17.07.2018, 12:58

HAL 9000

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Das hatte ich fast befürchtet, das sind die erwähnten "allzu kleinen" Werte für $\begin{eqnarray*} d' \end{eqnarray*}$ . Damit ist es natürlich Essig mit dem Summenwert $\begin{eqnarray*} \approx m \end{eqnarray*}$ . unglücklich

Allerdings kann man damit dann in einer anderen Richtung abschätzen: Selbst für $\begin{eqnarray*} n=2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ ist ja dann immer noch $\begin{eqnarray*} d'n^2\ll 1 \end{eqnarray*}$ , womit wir $\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{1+d'n^2} \approx 1-\left(1-d'n^2\right) = d'n^2 \end{eqnarray*}$ haben, es folgt

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m \left(1-\frac{1}{1+d'n^2}\right)^{-\frac{3}{2}} \approx d'^{-\frac{3}{2}} \sum_{n=1}^m n^{-3} \approx d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \zeta(3)\approx 1.2 \end{eqnarray*}$ . Der Löwenanteil davon, nämlich ca. $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ wird bereits mit dem ersten Summanden $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ erreicht.

Da diese Abschätzung vermeintlich (!) gar nicht von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ abhängt, könnte man fast meinen, die Reihe konvergiert für $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ . Das ist aber ein Trugschluss: Die Abschätzung hier basierte auf $\begin{eqnarray*} d'n^2\ll 1 \end{eqnarray*}$ für die Summanden, während das hier

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} = 1 + \frac{3}{2(d'n^2+1)} + O\left(\frac{1}{n^4}\right) \end{eqnarray*}$

letztlich für $\begin{eqnarray*} d'n^2 \gg 1 \end{eqnarray*}$ interessant wird, in deinem Fall dann also $\begin{eqnarray*} n\gg 10^{62} \end{eqnarray*}$ . D.h., "hinten raus" erkennt man dann doch die Divergenz der Reihe.

EDIT: Ich hatte mich auf dein

Zitat:

Original von LAMHOU
d/c wäre dann etwa 10^-124.

verlassen, aber wenn ich mir das

Zitat:

Original von LAMHOU
c = h^2 = etwa 10^-68 (Plancksche Konstante hoch 2)
d = Plancklänge (10^-35), Elektronenmasse (10^-31) und Lichtgeschwindigkeit (10^8), alles hoch 2, was etwa 10^-116 ergibt.

so anschaue, dann ist es ja eher $\begin{eqnarray*} d'=\frac{d}{c}\approx 10^{-48} \end{eqnarray*}$ . Was die Sache wieder auf den Kopf stellt, denn dann ist ja doch $\begin{eqnarray*} d'n^2 \gg 1 \end{eqnarray*}$ am Ende der Summation...

EDIT2: ... aber da auch da $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3)\approx 1.2\cdot 10^{72} \gg m = 2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ ist, spielt es am Ende dann doch nicht so die Rolle. Augenzwinkern

17.07.2018, 18:29

LAMHOU

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das hatte ich fast befürchtet, das sind die erwähnten "allzu kleinen" Werte für $\begin{eqnarray*} d' \end{eqnarray*}$ . Damit ist es natürlich Essig mit dem Summenwert $\begin{eqnarray*} \approx m \end{eqnarray*}$ . unglücklich

Jo, es fängt mit ganz winzigen Werten an. Bei diesen riesigen Exponalzahlen ist auch nicht gegeben, dass sich die Reihe früh genug an 1 annährt, so dass man dann einfach m nehmen könnte. Kann man offensichtlich nicht.

Zitat:

Interessante Methode.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^m \left(1-\frac{1}{1+d'n^2}\right)^{-\frac{3}{2}} \approx d'^{-\frac{3}{2}} \sum_{n=1}^m n^{-3} \approx d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \zeta(3)\approx 1.2 \end{eqnarray*}$ . Der Löwenanteil davon, nämlich ca. $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ wird bereits mit dem ersten Summanden $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ erreicht.

Hm ... wobei der erste Term ziemlich exotisch ist. Es wäre ein Elektron mit einer Massenenergie die der Planck-Masse gleich kommt.

Zitat:

Da diese Abschätzung vermeintlich (!) gar nicht von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ abhängt, könnte man fast meinen, die Reihe konvergiert für $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ . Das ist aber ein Trugschluss: Die Abschätzung hier basierte auf $\begin{eqnarray*} d'n^2\ll 1 \end{eqnarray*}$ für die Summanden, während das hier

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} = 1 + \frac{3}{2(d'n^2+1)} + O\left(\frac{1}{n^4}\right) \end{eqnarray*}$

Naja, aber d ist ja 10^-116 (also 10^-70 * 10^-62 * 10^16) und d' ist 10^-124.
Und n = 2*10^37 ist ja nicht genug um diesen Term über 1 zu bringen.
Er ist also in jedem Fall winzig.

Zitat:

EDIT: Ich hatte mich auf dein

Zitat:

Original von LAMHOU
d/c wäre dann etwa 10^-124.

verlassen, aber wenn ich mir das

Zitat:

Original von LAMHOU
c = h^2 = etwa 10^-68 (Plancksche Konstante hoch 2)
d = Plancklänge (10^-35), Elektronenmasse (10^-31) und Lichtgeschwindigkeit (10^8), alles hoch 2, was etwa 10^-116 ergibt.

Du hast das "alles hoch 2" überlesen.

Zitat:

EDIT2: ... aber da auch da $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3)\approx 1.2\cdot 10^{72} \gg m = 2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ ist, spielt es am Ende dann doch nicht so die Rolle. Augenzwinkern

Dieser Korrekturterm zeta, ist der so ähnlich wie gamma (0.5 ...)?

17.07.2018, 19:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von LAMHOU
Du hast das "alles hoch 2" überlesen.

Eigentlich nicht, bei mir ist immer noch $\begin{eqnarray*} \frac{\left( 10^{-35}\cdot 10^{-31}\cdot 10^8\right)^2}{\left(10^{-34}\right)^2} = \frac{10^{-116}}{10^{-68}} = 10^{-48} \end{eqnarray*}$ , so wie es aussieht gehen da ja schon diese quadrierten Bestandteile ein. verwirrt

Allerdings hast du eine so besch...en missverständliche Darstellung von c,d geboten - kannst du das nicht mal ordentlich aufschreiben? An fehlenden LaTeX-Kenntnissen scheint es ja nicht zu liegen. unglücklich

Mit $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ meine ich natürlich die Riemannsche Zetafunktion, was denn sonst bei dieser Summe/Reihe. Augenzwinkern

17.07.2018, 20:22

LAMHOU

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Hallo HAL,

Ich danke dir erstmal vielmals für deine Lösung!
Da d ja recht klein ist, sollte die ja funktionieren.

Zitat:

a = 8.280023422×10^118
b = 9,109 383 56(11)×10−31
c = 4.390480418×10−67
d = 1.205375558×10−115

Zitat:

Mit $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$ meine ich natürlich die Riemannsche Zetafunktion, was denn sonst bei dieser Summe/Reihe. Augenzwinkern

Ja, gut, hab es normalerweise mit harmloseren Summen zu tun. smile

Dafür gibt es ja Matheprofis wie dich. Freude

17.07.2018, 20:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von LAMHOU
c = 4.390480418×10−67
d = 1.205375558×10−115

Und wie kommst du damit auf $\begin{eqnarray*} \frac{d}{c}\approx 10^{-124} \end{eqnarray*}$ ??? Erstaunt1

17.07.2018, 22:45

LAMHOU

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EDIT: Komplettzitat entfernt (Steffen)

Oh, sorry ... da hab ich mir selber eine Falle gestellt ... ich hab c, was ja hier für h^2 steht, mit c, der Lichtgeschwindigkeit verwechselt ... peinlich peinlich ...
Als ich das schon hingeschrieben hab, hab ich schon gedacht dass das "c" extrem irreführend ist .. hatte dann schon überlegt lieber Großbuchstaben zu nehmen, aber das hab ich dann doch nicht gemacht. Jetzt hab ich den Salat.
Also, d/c ist d/h^2, und das ist dann 10^-47 ... ja, sorry.
Hätten wir chinesische Zeichen statt Buchstaben für die verschiedenen Konstanten würde das nicht passieren. unglücklich

18.07.2018, 07:46

HAL 9000

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Extrem lange Leitung, dass du drei Beiträge brauchst, um diesen (was die Größenordnung betrifft) katastrophalen Rechenfehler endlich zu akzeptieren - stattdessen erstmal unangebrachte Schuldzuweisungen wie "du hast das hoch 2 überlesen". unglücklich

18.07.2018, 13:38

LAMHOU

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Entschuldigung
EDIT: Komplettzitat entfernt (Steffen)

Entschuldige vielmals ... ich war nicht ganz bei der Sache ... traurig

Ich hoffe dir ist die Lust nicht vergangen ..

Die Formeln die du so angeführt hast, da kommt "m" nirgends drin vor. Heißt das, der Wert von Sigma ist unabhängig von m?

18.07.2018, 13:46

HAL 9000

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Ich hab mich dazu eigentlich klar geäußert - wäre nett, wenn du wirklich mal alles lesen würdest:

Zitat:

Original von HAL 9000
Da diese Abschätzung vermeintlich (!) gar nicht von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ abhängt, könnte man fast meinen, die Reihe konvergiert für $\begin{eqnarray*} m\to\infty \end{eqnarray*}$ . Das ist aber ein Trugschluss: Die Abschätzung hier basierte auf $\begin{eqnarray*} d'n^2\ll 1 \end{eqnarray*}$ für die Summanden

[...]

EDIT2: ... aber da auch da $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3)\approx 1.2\cdot 10^{72} \gg m = 2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ ist, spielt es am Ende dann doch nicht so die Rolle. Augenzwinkern

18.07.2018, 14:20

LAMHOU

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Das heißt, die Lösung ist:

a * b^3 * (1.2 * 10^72).

Vielen vielen Dank!

18.07.2018, 14:24

HAL 9000

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Naja, deutlich genauer wäre $\begin{eqnarray*} ab^3\cdot d'^{-\frac{3}{2}}\cdot \zeta(3) \end{eqnarray*}$ , denn dein $\begin{eqnarray*} d' \end{eqnarray*}$ war ja nun auch nicht exakt $\begin{eqnarray*} 10^{-48} \end{eqnarray*}$ .

18.07.2018, 14:27

LAMHOU

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Ah, cool, vielen Dank, Hal! Du warst eine enorme Hilfe.
Ich werd das dann heute abend entsprechend durchrechnen um zu schauen was dann insgesamt rauskommt!

Darf man deinen echten Namen erfahren?

18.07.2018, 20:19

LAMHOU

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Exakter Wert von Zeta(3)
Zeta(2) ist ja durch pi^2/6 gegeben, durch was ist Zeta(3) gegeben?
Du hast zwar gesagt, dass es 1.2 ist, aber das bräuchte ich dann doch noch genauer.

18.07.2018, 20:26

HAL 9000

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Sieh doch selber nach https://de.wikipedia.org/wiki/Riemannsche_%CE%B6-Funktion

Du bist dir aber schon im klaren, dass die Summe nicht exakt dieser Wert $\begin{eqnarray*} ab^3\cdot d'^{-\frac{3}{2}}\cdot \zeta(3) \end{eqnarray*}$ ist, sondern auch nur genähert (s.o.) ?

18.07.2018, 21:14

LAMHOU

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Zitat:

Original von HAL 9000
Sieh doch selber nach https://de.wikipedia.org/wiki/Riemannsche_%CE%B6-Funktion

Jo, hab ich dann auch gemacht, nachdem ich gefragt hatte. Da hab ich dann das hier gefunden:

https://en.wikipedia.org/wiki/Ap%C3%A9ry%27s_constant

Da steht dann auch der exakte Wert drin, allerdings keine kompakte Formel mit der man den ausrechnen kann.

Zitat:

Du bist dir aber schon im klaren, dass die Summe nicht exakt dieser Wert $\begin{eqnarray*} ab^3\cdot d'^{-\frac{3}{2}}\cdot \zeta(3) \end{eqnarray*}$ ist, sondern auch nur genähert (s.o.) ?

Hm, ja, ist nur die Frage ob diese Näherung für meine Zwecke genau genug ist (werd ich nachher sehen).
Meinst du es lässt sich noch eine exaktere Lösung finden?

18.07.2018, 22:29

LAMHOU

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Also deine Methode scheint ja darauf zu beruhen, dass d'n^2 sehr klein ist, also kleiner als 1.
Allerdings ist der Maximalwert von n^2 ja 6.25*10^74 und wenn man das mit d' multipliziert (entspricht etwa 10^-47), ist das ja weit über 1, nämlich etwa 10^26.
Ich hab nicht ganz verstanden warum das nicht so schlimm sein soll.
Müsste man dann nicht irgendwie beide Methoden miteinander kombinieren?

19.07.2018, 06:36

HAL 9000

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Wirklich mitdenken tust du nicht, also nochmal: Für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} d'n^2\gg 1 \end{eqnarray*}$ haben wir

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} = 1 + \frac{3}{2(d'n^2+1)} + O\left(\frac{1}{n^4}\right) \end{eqnarray*}$

also pro Summand ungefähr Wert 1. Meinst du, dass bei Summandenanzahl $\begin{eqnarray*} m=2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ dieser Anteil von dann ebenfalls ungefähr $\begin{eqnarray*} m=2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ gemessen an der Gesamtsumme $\begin{eqnarray*} \approx 10^{74} \end{eqnarray*}$ dann noch wesentlich ins Gewicht fällt? Hatte ich oben doch schon gesagt:

Zitat:

Original von HAL 9000
EDIT2: ... aber da auch da $\begin{eqnarray*} d'^{-\frac{3}{2}}\zeta(3)\approx 1.2\cdot 10^{72} \gg m = 2\cdot 10^{34} \end{eqnarray*}$ ist, spielt es am Ende dann doch nicht so die Rolle. Augenzwinkern

Es nervt wirklich, alles zwei- oder dreimal erzählen zu müssen.

Zitat:

Original von LAMHOU
Müsste man dann nicht irgendwie beide Methoden miteinander kombinieren?

Das ist also lange geschehen ... wieder die lange Leitung.

19.07.2018, 12:18

LAMHOU

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Durchgerechnet
Also ich hab das ganze gestern abend mal durchgerechnet.
Meine Werte waren:

a = 8.280023422 * 10^118

b^3 = 7.559045627 * 10^-91

a b^3 = 6.258907484 * 10^28

d' = 6.498373588 * 10^-122

d'^-3/2 = 6.498373588 * 10^183

Zeta(3) = 1.202056903159594285399738161511449990764986292

Und das Ergebnis war:

4.889092274 * 10^212

Leider viel zu groß.
Das bestätigt meine Vermutung, dass es eine Obergrenze für die Energie von Vakuumfluktuationen gibt, die weit unter der Planck Energie liegt. Der einzige Kandidat für so eine Obergrenze ist die kritische Energie bei der der Elementarraum größer wird als die Wellenlänge.
Das wären 8.862 * 10^-17 m, was 5.483132598 * 10^18 Plancklängen entspricht.
Das heißt ein neue Berechnung sollte bei n = 10^18 ansetzen und bis n = 10^37 gehen.

20.07.2018, 14:54

LAMHOU

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Zitat:

Original von HAL 9000
Wirklich mitdenken tust du nicht, also nochmal: Für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} d'n^2\gg 1 \end{eqnarray*}$ haben wir

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \left(1 - \frac{1}{d'n^2+1}\right)^{-\frac{3}{2}} = 1 + \frac{3}{2(d'n^2+1)} + O\left(\frac{1}{n^4}\right) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Es nervt wirklich, alles zwei- oder dreimal erzählen zu müssen.

Na, das hab ich ja schon verstanden.

Zitat:

Original von LAMHOU
Müsste man dann nicht irgendwie beide Methoden miteinander kombinieren?

Das ist also lange geschehen ... wieder die lange Leitung.

Ja, gut, das hatte ich schon verstanden und wollte es halt nochmal bestätigt haben.
Kommunikation kann halt auch nicht immer perfekt sein. Tut mir leid wenn ich dich aufgeregt habe.

Naja, jetzt hat sich jedenfalls die Problemstellung geändert.
Statt von n=1 bis n=2*10^37 brauche ich jetzt n=5.483132598 * 10^18 bis n=2*10^37.
Brauche also einen Integral, statt einer unendlichen Summe.
Hast du eine Idee wie das anzustellen ist?

Danke schonmal im Vorraus, und auch für die bisherige Hilfe!

20.07.2018, 15:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von LAMHOU
Statt von n=1 bis n=2*10^37 brauche ich jetzt n=5.483132598 * 10^18 bis n=2*10^37.
Brauche also einen Integral, statt einer unendlichen Summe.

Dieses "also" erschließt sich mir nicht. Mag sein, dass diese Summe durch ein Integral approximierbar ist.

23.07.2018, 10:08

LAMHOU

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Wie gehe ich jetzt vor?

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von LAMHOU
Statt von n=1 bis n=2*10^37 brauche ich jetzt n=5.483132598 * 10^18 bis n=2*10^37.
Brauche also einen Integral, statt einer unendlichen Summe.

Dieses "also" erschließt sich mir nicht. Mag sein, dass diese Summe durch ein Integral approximierbar ist.

Ok. Hm, und wie mache ich das jetzt?

Bis zu n=10^23 ist d'n^2 ja noch unter 1. Weiss nicht ob das hilft.
Mit was für einem Integral könnte man das approximieren?

23.07.2018, 11:01

HAL 9000

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Ok, rekapitulieren wir es nochmal: Es ist

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{1+d'n^2} < 1-\frac{1-d'^2n^4}{1+d'n^2} = 1-(1-d'n^2) = d'n^2 \end{eqnarray*}$ ,

wobei der Fehler für "kleine n" (also $\begin{eqnarray*} n \ll \frac{1}{\sqrt{d'}} \approx 10^{24} \end{eqnarray*}$ ) vernachlässigbar ist.

Für große n (also $\begin{eqnarray*} n \ll \frac{1}{\sqrt{d'}} \approx 10^{24} \end{eqnarray*}$ ) haben wir hingegen die einfache Abschätzung

$\begin{eqnarray*} 1-\frac{1}{1+d'n^2} < 1 \end{eqnarray*}$ ,

insgesamt ist also auf jeden Fall

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=n_1}^{n_2} \left(1-\frac{1}{1+d'n^2}\right)^{-\frac{3}{2}} > \sum_{n=n_1}^{n_2} \left(\min(d'n^2,1) \right)^{-\frac{3}{2}} = \sum_{n=n_1}^{n_2} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) \end{eqnarray*}$

Nun ist dein $\begin{eqnarray*} n_1 \ll \frac{1}{\sqrt{d'}} \end{eqnarray*}$ sowie dein $\begin{eqnarray*} n_2\gg \frac{1}{\sqrt{d'}} \end{eqnarray*}$ , also müssen wir die Summe da teilen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) = d'^{-\frac{3}{2}} \sum_{n=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} n^{-3} \approx d'^{-\frac{3}{2}} \int\limits_{n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} x^{-3} ~ \dd x = d'^{-\frac{3}{2}} \left[ -\frac{1}{2} x^{-2} \right]_{x=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} \approx \frac{1}{2} d'^{-\frac{3}{2}} n_1^{-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=\frac{1}{\sqrt{d'}}}^{n_2} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) = \sum_{n=\frac{1}{\sqrt{d'}}}^{n_2} 1 \approx n_2 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt musst du anhand deiner Werte $\begin{eqnarray*} n_1,n_2,d' \end{eqnarray*}$ schauen, welcher der beiden Anteile "dominant" für die Gesamtsumme ist.

23.07.2018, 14:45

Huggy

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@LAMHOU

Zitat:

Original von LAMHOU
d = 1.205375558×10−115

Ich habe mal versucht, diesen Wert, den ich als $\begin{eqnarray*} d \approx 1.205\cdot 10^{-115} \end{eqnarray*}$ interpretiere, zu verifizieren. Das ist mir nicht gelungen. Du schriebst:

Zitat:

Original von LAMHOU
d = Plancklänge (10^-35), Elektronenmasse (10^-31) und Lichtgeschwindigkeit (10^8), alles hoch 2, was etwa 10^-116 ergibt.

Mit

$\begin{eqnarray*} l_P\approx1,616\cdot 10^{-35} \text { (Plancklänge gebildet mit }\hbar \text ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e_m\approx 9.109\cdot 10^{-31} \text { (Elekronenmasse)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} cc\approx 2.998\cdot 10^8 \text { (Lichtgeschwindigkeit)} \end{eqnarray*}$

komme ich auf

$\begin{eqnarray*} d \approx 1.948 \cdot 10^{-113} \end{eqnarray*}$

Bildet man $\begin{eqnarray*} l_p \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ anstatt mit $\begin{eqnarray*} \hbar \end{eqnarray*}$ ergibt sich bei mir

$\begin{eqnarray*} d \approx 1.224 \cdot 10^{-112} \end{eqnarray*}$

Kannst du das mal aufklären. Das mag keine große Bedeutung haben, aber mit korrekten Zahlen ist man immer auf der sicheren Seite.

24.07.2018, 19:05

LAMHOU

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Zitat:

...
komme ich auf

$\begin{eqnarray*} d \approx 1.948 \cdot 10^{-113} \end{eqnarray*}$

Bildet man $\begin{eqnarray*} l_p \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ anstatt mit $\begin{eqnarray*} \hbar \end{eqnarray*}$ ergibt sich bei mir

$\begin{eqnarray*} d \approx 1.224 \cdot 10^{-112} \end{eqnarray*}$

Kannst du das mal aufklären. Das mag keine große Bedeutung haben, aber mit korrekten Zahlen ist man immer auf der sicheren Seite.

Ja, das ist mir vorgestern auch aufgefallen. Hab es dann auf 1.948163391*10^-113 korrigiert (gleiche Ergebnis wie bei dir).
Bei solchen Zahlen kann man auf dem Taschenrechner halt nicht genau rechnen. Ich geb dann alle Zahlen kleiner in den Taschenrechner ein, und schau um wieviel Größenordnungen ich neben dem liege was ich erhalte wenn ich nur die Hochzahlen addiere und subtrahiere. Da hab ich dann halt gesehen dass das Ergebnis um drei Größenordnungen größer ist und 10^116 dann entsprechend in 10^113 umgewandelt.
Es ist aber auf jeden Fall h und nicht h_quer.
Danke für's mitrechnen!

24.07.2018, 19:17

LAMHOU

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=n_1}^{n_2} \left(1-\frac{1}{1+d'n^2}\right)^{-\frac{3}{2}} > \sum_{n=n_1}^{n_2} \left(\min(d'n^2,1) \right)^{-\frac{3}{2}} = \sum_{n=n_1}^{n_2} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) \end{eqnarray*}$

Sollte nicht auf beiden Seiten "max" stehen?

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) = d'^{-\frac{3}{2}} \sum_{n=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} n^{-3} \approx d'^{-\frac{3}{2}} \int\limits_{n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} x^{-3} ~ \dd x = d'^{-\frac{3}{2}} \left[ -\frac{1}{2} x^{-2} \right]_{x=n_1}^{\frac{1}{\sqrt{d'}}} \approx \frac{1}{2} d'^{-\frac{3}{2}} n_1^{-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=\frac{1}{\sqrt{d'}}}^{n_2} \max\left(d'^{-\frac{3}{2}} n^{-3},1\right) = \sum_{n=\frac{1}{\sqrt{d'}}}^{n_2} 1 \approx n_2 \end{eqnarray*}$ .

Jemand meinte dass uns das doch nur eine Untergrenze für das eigentliche Ergebnis liefern sollte ... weiss nicht ob dem so ist.

Zitat:

Jetzt musst du anhand deiner Werte $\begin{eqnarray*} n_1,n_2,d' \end{eqnarray*}$ schauen, welcher der beiden Anteile "dominant" für die Gesamtsumme ist.

n_1 (also etwa 10^18) setze ich hier ein:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} d'^{-\frac{3}{2}} n_1^{-2} \end{eqnarray*}$ .

Und schaue ob das größer ist als n_2? Hab ich das richtig verstanden?

Danke nochmal im vorraus!

24.07.2018, 19:29

HAL 9000

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Zitat:

Original von LAMHOU
Sollte nicht auf beiden Seiten "max" stehen?

Und du meinst, ich habe extra nach dem Copy+Paste das $\begin{eqnarray*} \min \end{eqnarray*}$ in ein $\begin{eqnarray*} \max \end{eqnarray*}$ umgewandelt, damit es auch garantiert falsch wird? unglücklich

$\begin{eqnarray*} t\mapsto t^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ ist eine monoton fallende Funktion! Forum Kloppe

25.07.2018, 11:22

LAMHOU

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von LAMHOU
Sollte nicht auf beiden Seiten "max" stehen?

Hab ich eigentlich nicht gemeint .. meinte eine Freundin.
Ich hab es eigentlich für sehr unwahrscheinlich gehalten, dass du dich verschrieben hast.

Eines wundert mich jedoch: Auf beiden Seiten steht ein Summenzeichen mit n_1 unten, und dennnoch sind da unterschiedliche Maxima links und rechts ...

28.07.2018, 13:58

LAMHOU

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Ok, also ich hab mir gestern alles nochmal in Ruhe angeschaut und dann die Berechnung gemacht.
N_1 führt zu einem Gesamtergebnis von etwa 10^60 und N_2 zu etwa 10^66.
Das ist recht befriedigend, da beide unter dem Anfangs von mir erwähnten Erwartungswert von 10^70 liegen.
Jetzt muss ich das ganze noch für Photonen machen, was um einiges leichter sein dürfte. Berücksichtigung aller Teilchenarten sollte dann am Ende zu einem Gesamtwert von 10^70 führen (Anzahl an Verbindungen zwischen Elementarräumen.

Ich danke dir vielmals Hal, für deine Hilfe.

Freude

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Extrem komplizierte Summe

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