Riemanni ümberjärjestamine

Tavalises järjekorras on 1 − ½ + ⅓ − ¼ + … summa ln 2. Vali sihtmärk või positiivsete ja negatiivsete liikmete muster ning jälgi, kuidas samad liikmed sammuvad ükshaaval hoopis teise summani.

Näidisarvutus — Riemanni ümberjärjestamine

Kasutatud positiivsed, P	99 259
Kasutatud negatiivsed, Q	741
Summa 100 000 liikme järel	3,1415535
Positiivseid ühe neg. kohta	133,95
Sihtmärgi nõutav suhe	133,87
Tavajärjekord 100 000 liikme järel	0,6931422

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Riemanni ümberjärjestamine

Rida koondub tingimisi, kui see koondub, kuid selle liikmete absoluutväärtuste summa on lõpmatus. Riemann tõestas, et sellise rea liikmeid saab ümber reastada nii, et summa võrdub mis tahes arvuga. Samal ajal annab rida, mis koondub ka siis, kui muuta kõik selle liikmed positiivseks, iga järjestuse korral sama summa.

Mida iga sümbol tähendab

P, Q: mitu positiivset ja mitu negatiivset liiget on kasutatud, võttes kumbagi poolt omas järjekorras
C: sihtmärk, kuhu Riemanni retsept sihib
r: pikaajaline suhe P/Q; summa suundub väärtuse ln 2 + ½ ln r poole

Kust valem tuleb

Miks retsept kohale jõuab. Võta positiivseid liikmeid, kui summa on võrdne või väiksem kui C. Kui see on suurem, võta negatiivseid. Rea 1 − ½ + ⅓ − … kumbki pool annab eraldiseisvalt suurema summa kui mis tahes arv. Ükskõik kui kaugele kogusumma on liikunud, ületab see alati C uuesti. Vahetult pärast ristumist ei asu see C-st kaugemal kui üle viinud liige. Järgnevad liikmed nihutavad summat vaid tagasi C poole kuni järgmise ristumiseni. Liikmed kahanevad nullini, niisiis teeb seda ka vahemaa.
Miks ruutude rida ei saa suunata. Kui liikmete absoluutväärtused annavad summaks lõpliku arvu, siis ükskõik kui väikese ε korral on teatud punktist M edasi asuvate liikmete absoluutväärtuste summa väiksem kui ε. Ümberjärjestus, mis kasutab ära kõik esimesed M liiget, erineb tavapärasest M-ndast osasummast vaid M-ist kaugemal asuvate liikmete võrra. See tähendab, et erinevus on väiksem kui ε, mistõttu on mõlemal järjestusel sama piirväärtus. Retsept kukub läbi ka teisest küljest. See vajab lõputut tagavara mõlema märgiga liikmeid, siin on aga kumbki hulk lõplik.

Järjesta 1 − ½ + ⅓ − … ümber ja summa on π 🖖

Vajuta Sihi π peale. Rakendus võtab positiivseid liikmeid 1, ⅓, ⅕, … seni, kuni summa püsib piirist π madalamal või sellega võrdsena. Negatiivseid liikmeid ½, ¼, ⅙, … võetakse aga siis, kui summa on sihtmärgist suurem. Mõlemat poolt hoitakse omas järjekorras, mistõttu ühtegi liiget ei kasutata mitu korda. Summa on 100 000 liikme järel 3,1415535, koosnedes 99 259 positiivsest ja 741 negatiivsest liikmest. Tavapärast järjestust näitab hall joon. See on alles 0,6931422 juures ja liigub vaikselt ln 2 poole. Riemanni retsept pärineb esseest trigonomeetriliste ridade kohta, mille ta esitas 1854. aastal Göttingenis dotsendikoha saamiseks. Positiivsed liikmed annavad üksi kokku rohkem kui mis tahes arv, mida osata nimetada. Sama käib negatiivsete kohta. Seepärast ristub summa eesmärgiga aina uuesti. Üle piiri jõudes ei kaugene summa sihtmärgist iial rohkem kui üle viinud liikme väärtuse võrra. Ja kuna liikmed ise kahanevad nullini, väheneb ka see vahe.

Summa määrab vaid üks suhe: positiivsed liikmed iga negatiivse kohta 🖖

Võta kummagi poole liikmed omas järjekorras, kuluta positiivseid ja negatiivseid liikmeid pikaajalise suhtega r ning summa suundub väärtuse ln 2 + ½ ln r poole. Vajuta Üks üles, kaks alla. Liikmed on samad mis enne ja summa läheneb 0,3465736-le, mis on täpselt pool ln 2-st. Üheksa üles ja neli alla annab ln 2 + ½ ln(9/4), ehk ln 3. Tagurpidi lugedes määrab valem sihtmärgile hinna. π maksab e^{2(π − ln 2)} = 133,87 positiivset liiget iga negatiivse kohta ja selle tsükli 99 259 suhe 741-le on 133,95. Vajuta Sihi 0 peale. Retsept ei tea mustritest midagi ning võtab kõigi 100 000 liikme jooksul rangelt ühe positiivse ja seejärel neli negatiivset. Nii saame ln 2 + ½ ln ¼ = 0. Alumine paneel näitab, kuidas positiivsete liikmete osakaal stabiliseerub seal, kuhu sihtmärk selle seab.

Tõsta liikmed ruutu ja ükski järjestus ei liiguta enam summat 🖖

Lülitu reale 1 − ¼ + 1/9 − 1/16 + …. Selle positiivsed liikmed annavad summaks vaid π²/8 = 1,2337006 ja negatiivsed π²/24. Seetõttu jõuab iga kõiki liikmeid sisaldav järjestus lõpuks tulemuseni π²/12 = 0,8224670. Proovi mis tahes mustrit. Riemanni retsept jookseb nüüd kinni. Vajuta Ruudud, sihi 1,5 peale. Kõik 100 000 liiget on positiivsed ja summa seiskub väärtusel 1,2336981. Sihi hoopis 0,8 peale. Tundub, nagu 1000 liiget tooks edu tulemusega 0,8000080. Ent 100 000 liikme juures on summa jäänud kinni 0,8016482 peale. Seda põhjusel, et veel kasutamata negatiivsete liikmete summa on väiksem kui see 0,0016482, mis sihtmärgist üle jäi. Riemann tõmbas piiri just siit ja märkis selle Dirichlet' avastuseks. Rea, mis koondub ka siis, kui muuta kõik märgid positiivseks, liikmeid võib liigutada kuhu iganes. Vaid teist tüüpi rea summa sõltub järjestusest.

Ülesanne täielikult lahendatud

Milline muster annab summaks ln 3 ja milline 1,5? 4 sammu
Järjesta 1 − ½ + ⅓ − … korduvasse mustrisse p positiivsest ja q negatiivsest liikmest nii, et summa on ln 3. Seejärel leia muster, mille summa on 1,5.

Ava see ülesanne tööriistas
1. Pärast P positiivset ja Q negatiivset liiget, võttes kumbagi poolt omas järjekorras, on kogusumma paaritute arvude pöördväärtuste summa miinus pool harmoonilist summat. Mõlemad on maskeeritud harmoonilised summad 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 on ln n + γ pluss nullini kahanev jääk, ning kolm γ-t taanduvad:
  
  $H_{n} = ln n + γ + o (1) \Rightarrow S = ln 2 P - \frac{1}{2} ln P - \frac{1}{2} ln Q + o (1) \to ln 2 + \frac{1}{2} ln \frac{P}{Q}$
3. ln 3 jaoks peab suhe r = p/q rahuldama võrrandit ½ ln r = ln 3 − ln 2:
  
  $ln 2 + \frac{1}{2} ln r = ln 3 \Rightarrow r = (\frac{3}{2})^{2} = \frac{9}{4} \Rightarrow ln 2 + \frac{1}{2} ln \frac{9}{4} = 1.0986123$
4. 1,5 jaoks nõuab sama võrrand suhet, mida ei suuda pakkuda ükski muster:
  
  $ln 2 + \frac{1}{2} ln r = 1.5 \Rightarrow r = \frac{e ^{3}}{4} = 5.0214 (irrational), 5 : 1 \to 1.4978661$
Vastus

Üheksa positiivset liiget, siis neli negatiivset, annavad summaks ln 3. Leht kuvab 100 000 liikme järel 1,0986331, lähenedes väärtusele 1,0986123. Ükski korduv muster ei anna summaks 1,5. Vajalik suhe on e³/4 = 5,0214, ja kuna e on transtsendentne, on e³ irratsionaalne. Seetõttu läheb iga täisarvuline muster märgist mööda; 5 : 1 suundub väärtuse 1,4978661 poole. Riemanni retsept jõuab siiski sihile, kuna selle suhe saab vabalt kõikuda. Sihituna 1,5 peale kulutab see 83 393 positiivset ja 16 607 negatiivset liiget, ehk 5,0216 iga negatiivse kohta, ning jõuab tulemuseni 1,5000022.

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

Õpitee

Lõpmatud read ja koondumine

Allikad (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.

42Mathi meeskond · Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud.