Reordenação de Riemann

Na ordem habitual, a soma de 1 − ½ + ⅓ − ¼ + … é ln 2. Escolha um alvo ou um padrão de termos positivos e negativos. Depois, veja os mesmos termos formarem uma soma diferente, um termo de cada vez.

Exemplo resolvido — Reordenação de Riemann

Termos positivos usados, P	99.259
Termos negativos usados, Q	741
Total após 100.000 termos	3,1415535
Termos positivos por cada negativo	133,95
A razão exigida pelo alvo	133,87
Ordem habitual, após 100.000 termos	0,6931422

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Reordenação de Riemann

Uma série converge condicionalmente quando converge, mas os valores absolutos dos seus termos somam infinito. Riemann mostrou que os termos de uma série destas podem ser reordenados para somar qualquer número imaginável. Em contrapartida, uma série que ainda converge com todos os sinais positivos tem a mesma soma em qualquer ordem.

O que significa cada símbolo

P, Q: quantos termos positivos e quantos negativos foram usados, com cada metade tomada na sua ordem
C: o alvo a que a receita de Riemann visa
r: a razão P/Q a longo prazo; o total tende para ln 2 + ½ ln r

De onde vem a fórmula

Por que razão a receita chega ao destino. Tome termos positivos enquanto o total for igual ou inferior a C, e termos negativos enquanto for superior. Cada metade de 1 − ½ + ⅓ − … soma mais do que qualquer número por si só. Assim, independentemente da distância que o total tenha percorrido, este volta sempre a cruzar C. Imediatamente após o cruzar, não se afasta mais de C do que o termo responsável pela travessia, e os termos seguintes apenas o fazem recuar em direção a C até ao próximo cruzamento. Os termos diminuem até 0, o mesmo acontecendo com a distância.
Por que razão os quadrados não podem ser guiados. Quando os valores absolutos dos termos somam um número finito, para qualquer ε, por mais pequeno que seja, os valores além de um certo ponto M somam menos de ε. Uma reordenação que tenha usado todos os primeiros M termos difere da habitual M-ésima soma parcial apenas por termos além de M, logo por menos de ε, garantindo que ambas as ordens têm o mesmo limite. A receita falha pelo lado oposto. Precisa de uma reserva ilimitada de termos de cada sinal, mas aqui cada reserva é finita.

Reordene 1 − ½ + ⅓ − … e a soma dá π 🖖

Prima Visar π. A página capta os termos positivos 1, ⅓, ⅕, … enquanto o total acumulado estiver ao nível ou abaixo de π, e os termos negativos ½, ¼, ⅙, … quando o ultrapassa. Cada metade mantém a sua própria ordem, garantindo que nenhum termo seja usado duas vezes. Ao fim de 100.000 termos o total atinge 3,1415535, usando 99.259 termos positivos face a 741 negativos. A linha cinzenta dita a ordem habitual, parada em 0,6931422 a caminho de ln 2. A receita pertence a Riemann, retirada do ensaio sobre séries trigonométricas que submeteu em Göttingen em 1854 para a sua habilitação como docente. Os termos positivos, isolados, somam mais do que qualquer número imaginável, e os negativos fazem exatamente o mesmo. Consequentemente, o total voltará invariavelmente a cruzar o alvo. Uma vez transposto o alvo, a distância a ele nunca excede a dimensão do termo responsável pelo salto, sendo que os próprios termos diminuem até se anularem.

A soma é definida por uma razão: termos positivos gastos por cada negativo 🖖

Pegue em cada metade pela sua ordem, gaste os termos positivos e negativos na razão a longo prazo r, e o total tenderá para ln 2 + ½ ln r. Prima Um positivo, dois negativos: os mesmos termos de antes, e o total aproxima-se de 0,3465736, exatamente metade de ln 2. Nove positivos e quatro negativos dão ln 2 + ½ ln(9/4), que corresponde a ln 3. Lida ao contrário, a fórmula estipula o preço de um alvo. O número π custa e^{2(π − ln 2)} = 133,87 termos positivos por cada negativo, ao passo que os 99.259 para 741 da execução valem 133,95. Prima Visar 0. A receita ignora padrões e, ao longo de todos os 100.000 termos, usa um positivo seguido de quatro negativos, termo a termo: ln 2 + ½ ln ¼ = 0. O painel inferior ilustra a proporção de termos positivos a estabilizar no valor que o alvo determina.

Eleve os termos ao quadrado e nenhuma ordem move a soma 🖖

Mude para 1 − ¼ + 1/9 − 1/16 + …. Os seus termos positivos somam apenas π²/8 = 1,2337006 e os negativos π²/24. Logo, qualquer ordem que utilize todos os termos termina em π²/12 = 0,8224670. Tente qualquer padrão. A receita de Riemann agora encrava. Prima Quadrados, visar 1,5. Todos os 100.000 termos são positivos e o total bloqueia em 1,2336981. Se visar 0,8, ao fim de 1.000 termos parece ter sucesso, com 0,8000080; aos 100.000 o total estagna em 0,8016482, pois os termos negativos ainda por usar somam menos do que o excesso de 0,0016482. Riemann traçou a linha divisória exatamente aqui e atribuiu o mérito a Dirichlet. Uma série que continua a convergir quando todos os sinais se tornam positivos pode ter os seus termos movidos para qualquer lugar, e apenas o outro tipo depende da ordem.

Problema resolvido na íntegra

Que padrão soma ln 3, e qual soma 1,5? 4 passos
Reordene 1 − ½ + ⅓ − … num padrão repetitivo de p termos positivos e q negativos que some ln 3. Depois, encontre um que some 1,5.

Abrir este problema na ferramenta
1. Após P termos positivos e Q negativos, cada metade tomada pela sua ordem, o total é uma soma de inversos ímpares menos metade de uma soma harmónica. Ambas são somas harmónicas H_n = 1 + ½ + … + 1/n disfarçadas:
  
  $S = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 P - 1}) - \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{Q}) = H_{2 P} - \frac{1}{2} H_{P} - \frac{1}{2} H_{Q}$
2. H_n é ln n + γ mais um resto que diminui até 0, e os três γ anulam-se:
  
  $H_{n} = ln n + γ + o (1) \Rightarrow S = ln 2 P - \frac{1}{2} ln P - \frac{1}{2} ln Q + o (1) \to ln 2 + \frac{1}{2} ln \frac{P}{Q}$
3. Para ln 3 a razão r = p/q tem de satisfazer 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. Para 1,5 a mesma equação exige uma razão que nenhum padrão consegue fornecer:
  
  $ln 2 + \frac{1}{2} ln r = 1.5 \Rightarrow r = \frac{e ^{3}}{4} = 5.0214 (irrational), 5 : 1 \to 1.4978661$
Resposta

Nove termos positivos, seguidos de quatro negativos, somam ln 3. A página mostra 1,0986331 após 100.000 termos, aproximando-se de 1,0986123. Nenhum padrão repetitivo soma 1,5. A razão necessária é e³/4 = 5,0214. Como e é transcendente, e³ é irracional, o que faz com que qualquer padrão de números inteiros falhe. A razão 5 : 1 tende para 1,4978661. A receita de Riemann chega lá de qualquer forma, pois a sua razão é livre para variar. Com alvo em 1,5 gasta 83.393 termos positivos e 16.607 negativos, 5,0216 por cada negativo, alcançando 1,5000022.

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

Percurso de aprendizagem

Séries infinitas e convergência

Referências (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.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.