Riemannsche Umordnung

In der üblichen Reihenfolge summiert sich 1 − ½ + ⅓ − ¼ + … zu ln 2. Wähle ein Ziel oder ein Muster aus positiven und negativen Gliedern. Beobachte dann, wie dieselben Glieder Schritt für Schritt eine andere Summe erreichen.

Rechenbeispiel — Riemannsche Umordnung

Verwendete positive Glieder, P	99.259
Verwendete negative Glieder, Q	741
Summe nach 100.000 Gliedern	3,1415535
Positive Glieder pro negativem	133,95
Das vom Ziel geforderte Verhältnis	133,87
Übliche Reihenfolge, nach 100.000 Gliedern	0,6931422

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

Interaktive Simulation wird geladen...

Lektion

Die Theorie — Riemannsche Umordnung

Eine Reihe konvergiert bedingt, wenn sie zwar konvergiert, die Beträge ihrer Glieder sich aber zu unendlich addieren. Riemann zeigte, dass man die Glieder einer solchen Reihe so umordnen kann, dass sie sich zu jeder beliebigen Zahl addieren. Eine Reihe, die auch dann konvergiert, wenn jedes Vorzeichen positiv gemacht wird, hat hingegen in jeder Reihenfolge dieselbe Summe.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

P, Q: wie viele positive und wie viele negative Glieder verwendet wurden, jede Hälfte in ihrer eigenen Reihenfolge
C: das Ziel, das Riemanns Rezept ansteuert
r: das langfristige Verhältnis P/Q; die Summe strebt gegen ln 2 + ½ ln r

Woher die Formel kommt

Warum das Rezept am Ziel ankommt. Nimm positive Glieder, solange die Summe bei oder unter C liegt, und negative, wenn sie darüber liegt. Jede Hälfte von 1 − ½ + ⅓ − … addiert sich für sich allein zu mehr als jeder beliebigen Zahl. Egal wie weit die Summe also schon gegangen ist, sie kreuzt C immer wieder. Kurz nach einem Kreuzen ist sie von C nicht weiter entfernt als das Glied, das sie hinübergetragen hat. Die folgenden Glieder bewegen sie nur wieder auf C zu, bis zum nächsten Kreuzen. Da die Glieder gegen 0 schrumpfen, tut das auch der Abstand.
Warum die Quadrate nicht steuerbar sind. Wenn sich die Beträge der Glieder zu einer endlichen Zahl addieren, dann ist für jedes noch so kleine ε die Summe der Beträge jenseits eines Punktes M kleiner als ε. Eine Umordnung, die alle der ersten M Glieder verwendet hat, unterscheidet sich von der üblichen M-ten Partialsumme nur durch Glieder jenseits von M. Der Unterschied ist also kleiner als ε, weshalb beide Reihenfolgen denselben Grenzwert haben. Das Rezept scheitert hier von der anderen Seite: Es benötigt einen unendlichen Vorrat an Gliedern jedes Vorzeichens, aber hier ist jeder Vorrat endlich.

Ordne 1 − ½ + ⅓ − … um und die Summe ergibt π 🖖

Klick auf Ziel π ansteuern. Die Seite nimmt positive Glieder 1, ⅓, ⅕, … solange die laufende Summe bei oder unter π liegt. Sie nimmt negative Glieder ½, ¼, ⅙, … solange sie darüber liegt. Jede Hälfte behält ihre eigene Reihenfolge, sodass kein Glied zweimal verwendet wird. Nach 100.000 Gliedern beträgt die Summe 3,1415535, aus 99.259 positiven gegen 741 negative Glieder. Die graue Linie zeigt die übliche Reihenfolge, die noch bei 0,6931422 liegt und gegen ln 2 strebt. Das Rezept stammt von Riemann, aus der Schrift über trigonometrische Reihen, die er 1854 in Göttingen zur Habilitation einreichte. Die positiven Glieder ergeben für sich allein mehr als jede Zahl, die du nennen kannst, und das Gleiche gilt für die negativen. Die Summe kreuzt das Ziel also immer wieder. Ist sie einmal auf der anderen Seite, weicht sie vom Ziel nie weiter ab als die Größe des Gliedes, das sie hinübergetragen hat. Und die Glieder schrumpfen gegen 0.

Die Summe wird von einem einzigen Verhältnis bestimmt: positive Glieder pro negativem 🖖

Behalte für jede Hälfte ihre eigene Reihenfolge bei. Verbrauchst du positive und negative Glieder langfristig im Verhältnis r, dann strebt die Summe gegen ln 2 + ½ ln r. Klick auf Eins rauf, zwei runter: Dieselben Glieder wie zuvor, und die Summe nähert sich 0,3465736 an, genau der Hälfte von ln 2. Neun rauf und vier runter ergibt ln 2 + ½ ln(9/4), was ln 3 entspricht. Rückwärts gelesen verrät die Formel den Preis für ein Ziel. π kostet e^{2(π − ln 2)} = 133,87 positive Glieder pro negativem. Das Verhältnis im Durchlauf von 99.259 zu 741 liegt bei 133,95. Klick auf Ziel 0 ansteuern: Das Rezept weiß nichts von Mustern. Für alle 100.000 Glieder nimmt es durchgehend ein positives und dann vier negative, Glied für Glied: ln 2 + ½ ln ¼ = 0. Das untere Diagramm zeigt, wie sich der Anteil der positiven Glieder dort einpendelt, wo das Ziel ihn vorgibt.

Quadriere die Glieder und keine Reihenfolge kann die Summe verschieben 🖖

Wechsle zu 1 − ¼ + 1/9 − 1/16 + …. Ihre positiven Glieder addieren sich nur zu π²/8 = 1,2337006 und die negativen zu π²/24. Jede Reihenfolge, die alle Glieder verwendet, endet also bei π²/12 = 0,8224670. Probier ein beliebiges Muster aus. Riemanns Rezept blockiert jetzt. Klick auf Quadrate, Ziel 1,5: Alle 100.000 Glieder sind positiv und die Summe stagniert bei 1,2336981. Steuer stattdessen 0,8 an und nach 1.000 Gliedern sieht es nach einem Erfolg aus, 0,8000080. Bei 100.000 hängt die Summe dann bei 0,8016482 fest, weil die noch ungenutzten negativen Glieder sich zu weniger addieren als den 0,0016482, die sie darüber liegt. Riemann zog die Trennlinie genau hier und schrieb sie Dirichlet zu: Eine Reihe, die auch dann noch konvergiert, wenn jedes Vorzeichen positiv gemacht wird, lässt sich beliebig umordnen. Nur bei der anderen Art ist die Reihenfolge entscheidend.

Aufgabe vollständig gelöst

Welches Muster summiert sich zu ln 3, und welches zu 1,5? 4 Schritte
Ordne 1 − ½ + ⅓ − … in ein sich wiederholendes Muster aus p positiven und q negativen Gliedern um, das sich zu ln 3 summiert. Finde dann eines, das 1,5 ergibt.

Öffne diese Aufgabe im Tool
1. Nach P positiven und Q negativen Gliedern, wobei jede Hälfte in ihrer Reihenfolge bleibt, besteht die Summe aus ungeraden Kehrwerten abzüglich einer halben harmonischen Summe. Beide sind verkleidete harmonische Summen H_n = 1 + ½ + … + 1/n:
  
  $S = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 P - 1}) - \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{Q}) = H_{2 P} - \frac{1}{2} H_{P} - \frac{1}{2} H_{Q}$
2. H_n ist ln n + γ plus ein Rest, der gegen 0 schrumpft, und die drei γ heben sich auf:
  
  $H_{n} = ln n + γ + o (1) \Rightarrow S = ln 2 P - \frac{1}{2} ln P - \frac{1}{2} ln Q + o (1) \to ln 2 + \frac{1}{2} ln \frac{P}{Q}$
3. Für ln 3 muss das Verhältnis r = p/q die Bedingung ½ ln r = ln 3 − ln 2 erfüllen:
  
  $ln 2 + \frac{1}{2} ln r = ln 3 \Rightarrow r = (\frac{3}{2})^{2} = \frac{9}{4} \Rightarrow ln 2 + \frac{1}{2} ln \frac{9}{4} = 1.0986123$
4. Für 1,5 verlangt dieselbe Gleichung ein Verhältnis, das kein Muster liefern kann:
  
  $ln 2 + \frac{1}{2} ln r = 1.5 \Rightarrow r = \frac{e ^{3}}{4} = 5.0214 (irrational), 5 : 1 \to 1.4978661$
Antwort

Neun positive Glieder, dann vier negative, summieren sich zu ln 3: Die Seite zeigt nach 100.000 Gliedern 1,0986331 an und nähert sich damit 1,0986123. Kein sich wiederholendes Muster ergibt 1,5. Das benötigte Verhältnis ist e³/4 = 5,0214. Weil e transzendent ist, ist e³ irrational. Deshalb verfehlt jedes ganzzahlige Muster das Ziel. Bei 5 : 1 strebt die Summe gegen 1,4978661. Riemanns Rezept kommt trotzdem an, weil sein Verhältnis frei schwanken kann: Auf 1,5 gerichtet, verbraucht es 83.393 positive und 16.607 negative Glieder, also 5,0216 pro negativem, und erreicht 1,5000022.

$9 : 4 \to ln 3; 1.5 : no pattern, but greedy \frac{83 , 393}{16 , 607} = 5.0216 \to 1.5000022$

Lernpfad

Unendliche Reihen und Konvergenz

Quellen (2)

Riemann's own statement of the recipe the page runs, take positive terms until the total exceeds C and negative ones until it falls below, with the bound that the total never strays further than the term before the last change of sign; and the division, which he credits to Dirichlet, between series whose terms can be moved freely and series whose value depends on the order: B. Riemann, "Ueber die Darstellbarkeit einer Function durch eine trigonometrische Reihe", Habilitationsschrift, Göttingen 1854; published by R. Dedekind in Abhandlungen der Königlichen Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen 13 (1867), §3. Transcribed by D. R. Wilkins, Trinity College Dublin.
The rearrangement one positive term then two negative ones, (1 − ½ − ¼) + (⅓ − ⅙ − ⅛) + …, summed to ½ ln 2: E. W. Weisstein, "Riemann Series Theorem", MathWorld, Wolfram Research.

Vom 42Math-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.