Diskussion:Riemannscher Umordnungssatz

Man könnte vielleicht noch stärker hervorheben, dass auch eine Umordnung existiert (für alle Reihen?), sodass diese bestimmt divergieren!

Belege

Im angegeben Otto Forster, Analysis I ist diese Aussage als Aufgabe formuliert. Das sollte als Quelle genügen. Die bisher gar nicht belegte Verallgemeinerung auf den R^n habe ich in einen eigenen Artikel ausgelagert, dort gibt es die zugehörigen Quellenangaben. Die Auslagerung halte ich für geboten, da die Übergang von R zu R^n für viele Leser mit nur mäßigen Schulkenntnissen in Mathematik sicher eine Grenze darstellt. Den Quellenbaustein habe ich daher entfernt.

Ferner habe ich dem im vorangegangenen Diskussionspunkt geäußerten Erweiterungswunsch entsprochen.--FerdiBf 12:53, 29. Mai 2008 (CEST)

Der Beweis steht bei Heuser, Teil I, S. 198-199 in der 15. Auflage. --Jckr 14:18, 23. Aug. 2008 (CEST)

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Eindeutigkeit

Es existiert genau eine Umordnung zu jeder reelen Zahl? --80.240.225.83 10:39, 14. Jan. 2011 (CET)

Natürlich nicht, du kannst die ersten paar Summanden problemlos vertauschen. --Tolentino 07:27, 15. Jan. 2011 (CET)

Fehler in der Konstruktion

Meiner Meinung nach ist die beschriebene Konstruktion einer Reihe, die gegen $S\in \mathbb {R}$ konvergieren soll, falsch. Wenn man z.B. die alternierende harmonische Reihe $\sum _{i=1}^{\infty }(-1)^{i-1}{\frac {1}{i}}$ nimmt, die bedingt konvergiert, erhält man für jedes $S\in \left({\frac {1}{2}},1\right)$ die gleiche Umordnung, nämlich die uhrsprüngliche Reihe.

Statt abwechselnd mit positiven und negativen Folgegliedern fortzufahren, muss man meiner Meinung nach dauerhaft so lange positive Glieder nehmen, bis man $S$ überschreitet und anschließend negative, bis man $S$ wieder unterschreitet. -- Rioderelfte 17:11, 23. Jan. 2011 (CET)

Widerlegung des Beispiels

Die Reihe $s_{n}:=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{2k-1}}-{\frac {1}{2(2k-1)}}-{\frac {1}{4k}}\right)$ hat für jedes $n\in \mathbb {N} \setminus \{0\}\,$ positive und negative Summanden im Verhältnis 1 : 2 (statt 1 : 1 wie in der Ursprungsreihe $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}$), wenn man ihre Glieder in einzelne Summanden auflöst. Für das n, für das $s_{n}$ die gleiche Anzahl Summanden hat wie die Ursprungsreihe, kann $s_{n}$ daher nicht mit der Ursprungsreihe übereinstimmen bzw. aus deren einfacher Umordnung entstanden sein.--Boris Haase 19:29, 25. Jan. 2012 (CET)

Doch, bei einer Permutation von $\mathbb {N}$ können sich die Verhältniszahlen der geraden zu den ungeraden Zahlen (also hier der positiven und negativen Summanden) unter den ersten n umgeordneten Zahlen durchaus ändern, wie ja das Beispiel im Artikel zeigt. -- HilberTraum 14:59, 28. Jan. 2012 (CET)

Im Beispiel liegt bei der angeblich umgeordneten Reihe ein klares Dreierblockschema vor, bei dem es doppelt so viele negative wie positive Summanden gibt. Dies steht im klaren Widerspruch zur Ursprungsreihe. Bei jeder umgeordneten Reihe müssen die Verhältniszahlen hinsichtlich einer bestimmten Eigenschaft der mit denen der Ursprungsreihe identifizierten Glieder mit den Verhältniszahlen der Ursprungsreihe übereinstimmen, da es eine Umordnung bzw. Permutation gerade auszeichnet, dass diese Verhältniszahlen sich unter ihr nicht ändern.--Boris Haase 19:29, 28. Jan. 2012 (CET)

Nein, wie ich bereits oben geschrieben habe, wird dieses eben von einer Umordnung $\sigma$ nicht gefordert, sondern nur, dass es zu jedem $j\in \mathbb {N} _{0}$ genau ein $i\in \mathbb {N} _{0}$ gibt mit $\sigma (i)=j$, also dass $\sigma$ bijektiv ist. -- HilberTraum 16:40, 29. Jan. 2012 (CET)

Wenn die Verhältniszahlen sich bei einer Permutation ändern, bedeutet dies, dass mindestens ein Element gegen eines ausgetauscht wurde, das nicht in der Ursprungsmenge vorhanden war. Dann kann man nicht mehr von einer Bijektion sprechen. Genauso ist es bei dem Beispiel, wo viele positive Glieder gegen ebenso viele negative ausgetauscht wurden.--Boris Haase 18:44, 29. Jan. 2012 (CET)

Nein, mehr als dir sagen, wie es ist kann, ich auch nicht. Hast du dir das Beispiel überhaupt angesehen? Welche Summanden sollten da gegen andere ausgetauscht sein? Da kommt $-{\tfrac {1}{42}}$ genauso wie ${\tfrac {1}{4711}}$ in beiden Reihen genau einmal als Summand vor ;-) -- HilberTraum 18:24, 30. Jan. 2012 (CET)

Wenn in der umgeordneten Reihe doppelt so viele negative Summanden wie positive sind, wurde ein Teil der positiven Summanden der Ursprungsreihe mit natürlichem Nenner gegen negative mit transnatürlichem Nenner ausgetauscht. Transnatürliche Zahlen sind größer als alle natürlichen und entstehen aus natürlichen durch fortgesetzte Addition der 1 wie ausführlicher auf http://www.boris-haase.de/de/bh_index.php?id=1013 nachzulesen ist.--Boris Haase 06:25, 31. Jan. 2012 (CET)

Boah, diese fiesen transnatürlichen Zahlen haben die ganze Mathematik unterwandert! Vielleicht war aber auch dieser Riemann in Wirklichkeit Mitglied bei den Illuminaten und wollte mit seinem falschen Beweis heimlich darauf aufmerksam machen, dass deren Führung durch Aliens ausgetauscht worden ist ;-) -- HilberTraum 14:20, 31. Jan. 2012 (CET)

Widerlegung des Riemannschen Umordnungssatzes

Eigentlich reicht es aus auf die Kommutativität der Addition zu verweisen, die für umgeordnete Reihen stets den Wert der Ursprungsreihe liefert. Will man jedoch einen Beweis, der jede Umordnung berücksichtigt und bis auf die Vertauschung von nur zwei Summanden heruntergeht, so findet man ihn in folgender vollständigen Induktion:

Sei $\sigma \in S(\mathbb {N} _{0})$ eine beliebige Permutation und $\sum _{i=0}^{\infty }a_{\sigma (i)}$ die umgeordnete Reihe der Ursprungsreihe $M:=\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}$. Sei $u_{n}:=\sum _{i=0}^{n}a_{\sigma (i)}$ die Partialsumme der ersten n+1 umgeordneten Reihenglieder und $r_{n}$ eine beliebige Summe der restlichen Reihenglieder, etwa notiert als $\sum _{i=n+1}^{\infty }b_{i}$ mit $b_{i}=a_{\sigma (j)}$ und $j\in \mathbb {N} _{0}\setminus \{0,\ldots ,n\}\,$, wobei jedes i eindeutig einem $\sigma (j)$ entspricht und umgekehrt. Dann gilt $M=u_{n}+r_{n}$.

Induktionsanfang: Gilt $0=\sigma (0)$, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls gibt es ein $k\in \mathbb {N}$ mit $k=\sigma (0)$, sodass

$M=a_{0}+\sum _{i=1}^{k=1}a_{i}+a_{k}+\sum _{i=k+1}^{\infty }a_{i}=a_{0}+a_{\sigma (0)}+\sum _{i=1}^{k=1}a_{i}+\sum _{i=k+1}^{\infty }a_{i}=a_{\sigma (0)}+a_{0}+\sum _{i=1}^{k=1}a_{i}+\sum _{i=k+1}^{\infty }a_{i}=u_{0}+r_{0}.$

Induktionsschritt: Es gibt ein $k\in \mathbb {N} _{0}$ mit $k=\sigma (n+1)$, sodass

$M\;{\stackrel {IVor.}{=}}\;u_{n}+r_{n}=u_{n}+\sum _{i=n+1}^{k=1}b_{i}+a_{k}+\sum _{i=k+1}^{\infty }b_{i}=u_{n}+a_{\sigma (n+1)}+\sum _{i=n+1}^{k=1}b_{i}+\sum _{i=k+1}^{\infty }b_{i}=u_{n+1}+r_{n+1}.$

Damit hat auch die komplett umgeordnete Reihe den Wert M. Da endliche Reihen als Spezialfall von unendlichen angesehen werden können, wenn deren Glieder ab einem bestimmten Index auf 0 gesetzt werden, ohne diese zu permutieren, wurde Folgendes bewiesen:

Umordnungssatz für Reihen: Jede umgeordnete Reihe hat den gleichen Wert wie die Ursprungsreihe.

Folgerung: Für Reihen ist die Unterscheidung von bedingter und unbedingter Konvergenz hinfällig.

Die Argumentation für den Riemannschen Umordnungssatz ist deswegen unzureichend, weil sie suggeriert, dass man bei der Konstruktion der umgeordneten Reihe immer in der Nähe eines anderen vorgegebenen Wertes als den der Ursprungsreihe bleiben kann, ohne dies tatsächlich zu beweisen. Tatsächlich ist man jedoch irgendwann gezwungen auch die Summanden zu addieren, die zum Erreichen des Wertes der Ursprungsreihe führen.--Boris Haase 19:45, 27. Jan. 2012 (CET)

Was bezeichnest du denn mit $b_{i}$? Die Aussage $b_{i}=a_{\sigma (j)}$ macht jedenfalls nicht viel Sinn, wenn nicht angegeben ist, wie i und j miteinander zusammenhängen. -- HilberTraum 15:02, 28. Jan. 2012 (CET)

Ich habe ergänzt wie es zu verstehen ist.--Boris Haase 20:13, 28. Jan. 2012 (CET)

Wenn die $b_{i}$ die restlichen Summanden der umgeordneten Reihe sind, dann stimmt die Rechnung beim Induktionsanfang nicht, denn dort taucht ja dein $r_{0}$ gar nicht auf. -- HilberTraum 16:50, 29. Jan. 2012 (CET)

Die $b_{i}$ sind nur die restlichen Summanden, die nicht in der Partialsumme $u_{n}$ der bereits umgeordneten Glieder der Ursprungsreihe vorkommen. Daher ist auch der Induktionsanfang korrekt.--Boris Haase 18:12, 29. Jan. 2012 (CET)

Erst definierst du $r_{0}=\sum _{i=1}^{\infty }b_{i}$ und dann soll plötzlich im Induktionsanfang $a_{0}+\sum _{i=1}^{k-1}a_{i}+\sum _{i=k+1}^{\infty }a_{i}=r_{0}$ gelten. Das passt doch nicht zusammen. -- HilberTraum 18:28, 30. Jan. 2012 (CET)

Da jedes $a_{i}$ gleichzeitig ein $a_{\sigma (j)}$ ist, das als $b_{i}$ nur neu nummeriert wird, passt alles zusammen. Alle drei Notationen können gleichwertig verwendet werden. Damit habe ich alles erklärt, was zum Verständnis des Beweises nötig ist. Da keine schwerwiegenden Einwände erhoben oder neue Aspekte eingebracht wurden, soll dieser Beitrag der vorerst letzte zur Diskussion meines Beweises sein.--Boris Haase 06:12, 31. Jan. 2012 (CET)

Bedingte Konvergenz?

Momentan ist als wesentliche Voraussetzung bedingte Konvergenz der Reihe angegeben. Das leitet weiter auf Steinitzscher Umordnungssatz (warum ?), dort wird unbedingt konvergent so definiert, dass alle Umordnungen der Reihe den gleichen Grenzwert haben, und bedingt konvergent als konvergent, aber nicht unbedingt konvergent. Das ist bestenfalls verwirrend, wenn nicht sogar falsch. Wenn mich nicht alles täuscht, ist doch die übliche Voraussetzung für Riemannschen Umordnungssatz, dass die Reihe nicht absolut konvergiert, oder? -- HilberTraum 15:11, 28. Jan. 2012 (CET)

Bedingte Konvergenz leitet dorthin weiter, weil es der einzige Artikel ist, der den Begriff überhaupt einführt. In endlichdimensionalen Banachräumen sind die Begriffe unbedingte Konvergenz und absolute Konvergenz äquivalent. Eigentlich ist das auch eine Aussage des Riemannschen Umordnungssatzes, die hier aber nicht zu finden ist. Entsprechend heißt bedingt konvergent hier auch, konvergent aber nicht absolut konvergent.--Christian1985 (Diskussion) 18:50, 28. Jan. 2012 (CET)

Dann sollte man besser im Artikel "bedingt konvergent" durch "nicht absolut konvergent" ersetzen? -- HilberTraum 16:49, 29. Jan. 2012 (CET)

Bild

Warum fehlen in dem Bild Kreuze an den Stellen 7 und 8? --Maformatiker (Diskussion) 20:13, 9. Aug. 2016 (CEST)