Riemannscher Umordnungssatz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:38 Mi 03.12.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Riemannscher Umornungssatz:
Ist [mm] \textstyle \sum_{n=0}^\infty a_n [/mm] eine bedingt konvergente Reihe reeller Zahlen, dann existiert zu jeder beliebig vorgegebenen reellen Zahl S eine Umordnung [mm] \sigma\, [/mm] der Reihenglieder [mm] a_n, [/mm] so dass die umgeordnete Reihe [mm] \textstyle \sum_{n=0}^\infty a_{\sigma(n)} [/mm] gegen S konvergiert. Zu [mm] S\in\{-\infty,+\infty\} [/mm] gibt es eine Umordnung [mm] \sigma, [/mm] so dass die umgeordnete Reihe [mm] \textstyle \sum_{n=0}^\infty a_{\sigma(n)} [/mm] gegen S bestimmt divergiert.
Unter der Umordnung [mm] \sigma [/mm] versteht man eine bijektive Abbildung [mm] \sigma \colon \Bbb{N}\to\Bbb{N} [/mm] der Menge der natürlichen Zahlen auf sich selbst (eine Permutation). |
Hallo,
Bei Wikipedia wird ja skizzenhaft ein Beweis beschrieben. Ich möchte aus der Skizze einen vollständnigen Beweis machen..
O.B.d.A. [mm] a_k \not= [/mm] 0 [mm] \forall [/mm] k
Definiere: [mm] a_k^{+}=max(a_k, [/mm] 0) [mm] \ge [/mm] 0
[mm] a_k^{-}=min(-a_k, [/mm] 0) [mm] \ge [/mm] 0
Es gilt: [mm] a_k [/mm] = [mm] a_k^{+} [/mm] - [mm] a_k^{-}
[/mm]
[mm] |a_k|=a_k [/mm] = [mm] a_k^{+} [/mm] + [mm] a_k^{-}
[/mm]
Mit dessen Hilfe definiere ich:
[mm] (p_n)_{n \in \IN} [/mm] = [mm] \{(a_k^{+})_{k \in \IN}\mbox{durch streichen der 0en}\}
[/mm]
[mm] (q_n)_{n \in \IN} [/mm] = [mm] \{(a_k^{-})_{k \in \IN}\mbox{durch streichen der 0en}\}
[/mm]
[mm] ZZ.:\sum_{k=0}^{\infty} p_n [/mm] ist divergent:
Wäre [mm] \sum_{k=0}^{\infty} p_n [/mm] konvergent, so folgt auch [mm] \sum_{k=0}^{\infty}a_k^{+} [/mm] konvergent, da ich hier ja nur 0en dazuaddiere. Nun kann ich schreiben:
[mm] lim_{N->\infty} \sum_{n=0}^N |a_n|\overbrace{=}^{\*}lim_{K->\infty} (2*\sum_{k=0}^{K}a_k^{+}- \sum_{k=0}^K a_k)\underbrace{=}_{ \mbox{da beide Summen konvergent}}= lim_{K->\infty} (2*\sum_{k=0}^{K}a_k^{+})-lim_{K->\infty} \sum_{k=0}^{K} a_k)
[/mm]
-> Wid zu Divergenz von [mm] \sum_{n=0}^\infty |a_n| [/mm]
[mm] \* [/mm] Umordnen endlicher Summen erlaubt.
Nun existiert ein kleinster Index [mm] n_1, n_2,n_3,... [/mm] sodass:
[mm] \sum_{n=0}^{n_1} p_n [/mm] > S
[mm] \sum_{n=0}^{n_1} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{n_2} q_n [/mm] <S
[mm] \sum_{n=0}^{n_1} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n [/mm] >S
Logisch ist es klar, aber wie zeigt man, dass es solch einen Index gibt?
Nun, noch die Frage der Konvergenz gegen S:
[mm] \sum_{n=0}^{n_1} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n [/mm] .... =: [mm] \sum_{n=0}^{\infty} a_{\sigma(n)}
[/mm]
ZZ.: [mm] lim_{n->\infty}\sum_{n=0}^{n} a_{\sigma(n)}=S
[/mm]
Sei [mm] \epsilon>0 [/mm] : [mm] |\sum_{n=0}^{n} a_{\sigma(n)} [/mm] -S|= [mm] |\sum_{n=0}^{n_1} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n [/mm] ....-S|
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:35 Do 04.12.2014 | | Autor: | hippias |
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> Nun existiert ein kleinster Index [mm]n_1, n_2,n_3,...[/mm] sodass:
> [mm]\sum_{n=0}^{n_1} p_n[/mm] > S
> [mm]\sum_{n=0}^{n_1} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{n_2} q_n[/mm] <S
> [mm]\sum_{n=0}^{n_1} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n[/mm]
> >S
> Logisch ist es klar, aber wie zeigt man, dass es solch
> einen Index gibt?
Nachdem Du gezeigt hast, dass [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}p_{n}$ [/mm] und [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}q_{n}$ [/mm] divergent sind, folgt, dass die Summen bestimmt divergent nach [mm] $\infty$ [/mm] sind, denn die Reihenglieder sind positiv. Daher gilt sogar fuer jedes [mm] $m\in \IN$, [/mm] dass [mm] $\sum_{n=m}^{\infty}p_{n}=\sum_{n=m}^{\infty}q_{n}$=\infty$, [/mm] da Beschraenktheit Konvergenz nach sich ziehen wuerde.
Da also [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}p_{n}=\infty$ [/mm] gibt es einen kleinsten Index [mm] $n_{1}$ [/mm] so, dass [mm] $$\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}>S$ [/mm] gilt. Wegen [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}q_{n}=\infty$ [/mm] koennen wir auch das toppen und erhalten einen kleinsten Index [mm] $n_{2}$ [/mm] mit [mm] $\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}-\sum_{n=1}^{n_{2}}q_{n}
>
> Nun, noch die Frage der Konvergenz gegen S:
> [mm]\sum_{n=0}^{n_1} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n[/mm]
> .... =: [mm]\sum_{n=0}^{\infty} a_{\sigma(n)}[/mm]
> ZZ.:
> [mm]lim_{n->\infty}\sum_{n=0}^{n} a_{\sigma(n)}=S[/mm]
> Sei
> [mm]\epsilon>0[/mm] : [mm]|\sum_{n=0}^{n} a_{\sigma(n)}[/mm] -S|=
> [mm]|\sum_{n=0}^{n_1} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{n_2} q_n+\sum_{n=n_1+1}^{n_2} p_n[/mm]
> ....-S|
Was ist denn die Frage?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:33 Do 04.12.2014 | | Autor: | sissile |
Danke, für Deine Antwort. Sie hat meine Frage beantwortet.
Ich hab mir folgendes zur Konvergenz überlegt:
[mm] \sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}>S
[/mm]
Dann folgt: [mm] |\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n} [/mm] - s | [mm] \le p_{n_1}
[/mm]
[mm] \sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}-\sum_{n=1}^{m_{1}}q_{n}
Dann [mm] folgt:|\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}-\sum_{n=1}^{m_{1}}q_{n}-s| \le q_{m_1}
[/mm]
Allgemein:
Sei [mm] A_i [/mm] = [mm] \sum_{n=1}^{n_i} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{m_{i-1}} q_n \ge [/mm] s
[mm] B_i [/mm] = [mm] \sum_{n=1}^{n_i} p_n [/mm] - [mm] \sum_{n=0}^{m_i} q_n [/mm] < s
Dann folgt [mm] |A_i [/mm] - s| [mm] \le p_{n_i} \forall [/mm] i [mm] \in \IN
[/mm]
und [mm] |B_i [/mm] - s| [mm] \le q_{m_i} \forall [/mm] i [mm] \in \IN
[/mm]
Muss ich das irgendwie induktiv zeigen oder reicht das so mittels Anschauung?
Da [mm] \sum_{n=}^\infty a_n [/mm] konvergent ist, ist [mm] (a_n)_{n\in \IN} [/mm] eine Nullfolge. Also sind die Teilfongen [mm] (p_{n_i})_{i \in \IN}, (-q_{m_i})_{i \in \IN} [/mm] ebenfalls Nullfolgen.
Daraus folgt die Konvergenz der umgeordneten Reihe. Da ich für beliebige [mm] \epsilon>0 [/mm] einen Index I finde sodass [mm] \forall [/mm] i [mm] \ge [/mm] I: [mm] p_{n_i} [/mm] < [mm] \epsilon \wedge |-q_{m_i}|=q_{m_i} [/mm] < [mm] \epsilon.
[/mm]
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:54 Do 04.12.2014 | | Autor: | hippias |
> Danke, für Deine Antwort. Sie hat meine Frage
> beantwortet.
>
> Ich hab mir folgendes zur Konvergenz überlegt:
>
> [mm]\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}>S[/mm]
> Dann folgt: [mm]|\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}[/mm] - s | [mm]\le p_{n_1}[/mm]
...aufgrund der speziellen Wahl von [mm] $n_{1}$.
[/mm]
>
> [mm]\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}-\sum_{n=1}^{m_{1}}q_{n}
> Dann
> [mm]folgt:|\sum_{n=1}^{n_{1}}p_{n}-\sum_{n=1}^{m_{1}}q_{n}-s| \le q_{m_1}[/mm]
>
s.o.
> Allgemein:
> Sei [mm]A_i[/mm] = [mm]\sum_{n=1}^{n_i} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{m_{i-1}} q_n \ge[/mm]
> s
> [mm]B_i[/mm] = [mm]\sum_{n=1}^{n_i} p_n[/mm] - [mm]\sum_{n=0}^{m_i} q_n[/mm] < s
> Dann folgt [mm]|A_i[/mm] - s| [mm]\le p_{n_i} \forall[/mm] i [mm]\in \IN[/mm]
> und
> [mm]|B_i[/mm] - s| [mm]\le q_{m_i} \forall[/mm] i [mm]\in \IN[/mm]
> Muss ich das
> irgendwie induktiv zeigen oder reicht das so mittels
> Anschauung?
Das kommt drauf an, um was es hier geht... mich peroehnlich musst Du nicht ueberzeugen.
>
> Da [mm]\sum_{n=}^\infty a_n[/mm] konvergent ist, ist [mm](a_n)_{n\in \IN}[/mm]
> eine Nullfolge. Also sind die Teilfongen [mm](p_{n_i})_{i \in \IN}, (-q_{m_i})_{i \in \IN}[/mm]
> ebenfalls Nullfolgen.
> Daraus folgt die Konvergenz der umgeordneten Reihe. Da ich
> für beliebige [mm]\epsilon>0[/mm] einen Index I finde sodass
> [mm]\forall[/mm] i [mm]\ge[/mm] I: [mm]p_{n_i}[/mm] < [mm]\epsilon \wedge |-q_{m_i}|=q_{m_i}[/mm]
> < [mm]\epsilon.[/mm]
O.K.
>
> LG,
> sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:06 Do 04.12.2014 | | Autor: | sissile |
Danke hippias für die Hilfe!
Liebe Grüße,
sissi
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