Mein Photonenstrahlantrieb (Diskussion über Optimierung und Machbarkeit)

[ralfkannenberg]

Ok. Vermutlich muss man also wie im oben verlinkten YouTube-Clip die Terme so auswählen, dass der gewünschte Wert immer weiter angenähert wird.

Hallo Bernhard,

natürlich existiert eine (und damit unendlich viele) Permutation, mit der man 2*log(2) als Grenzwert erreicht.

Die Idee war aber, eine konkrete Permutation anzugeben, und zwar eine in der Fortsetzung der Permutationen, die zu (1/2)*log(2), (1/4)*log(2), (1/8)*log(2) u.s.w., und es wundert mich, dass man keine "in die andere Richtung" findet.

Wobei die in #474 angegebene vielleicht sogar funktioniert:

Somit ist die inverse Permutation P':
P'(2n-1) = 3n-2
P'(4n-2) = 3n-1
P'(4n) = 3n

Aber eben, es ist mir nicht gelungen, dies konkret nachzurechnen.

Auch anschaulich klappt das nicht:

Somit sieht die "doppelt so grosse" Reihe wie folgt aus:

1 - 1/2 - 1/4 + 1/3 + 1/7 + 1/5 - 1/10 - 1/6 + 1/13 - 1/8 - 1/16 + 1/9

Insbesondere sehe ich nicht, dass sie gegen 2*log(2) konvergieren sollte.

Das einzige was ich zeigen konnte (#479) war, dass es keine permutierte alternierende harmonische Reihe gibt, die ich so in eine grün-, blau- und nicht-eingefärbte Reihe aufspalten kann, dass die Original alternierende harmonische Reihe herauskommt, wobei ich das nochmals überprüfen muss, nicht dass mir da ein Irrtum unterlaufen ist.


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[ralfkannenberg]

Im Beitrag #160 habe ich über die Herleitung des Grenzwertes der alternierenden harmonischen Reihe zu (1/2)* log(2) geschrieben:

1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + 1/7 - 1/8 + 1/9 - 1/10 + 1/11 - 1/12 + 1/13 - 1/14 + 1/15 - 1/16 + ...
(1 - 1/2) - 1/4 + (1/3 - 1/6) - 1/8 + (1/5 - 1/10) - 1/12 + (1/7 - 1/14) - 1/16 + .......

Wir sehen, dass für die Nummer ("Index") des Reihengliedes gilt:
Grüne Terme: 4n
Blaue Terme: 4n-2
Übrige Terme: 2n-1

Hallo zusammen,

hier ein weiterer Grund, warum es so nicht gehen kann: bei den "Übrigen Termen" bräuchen wir einen Index n-(1/2) und einen solchen gibt es nicht.

Und den Index n-(1/2) benötigen wir aus diesem Grund:

Oder anders geschrieben für die Nummern ("Indices") der jeweiligen Reihenglieder:
Grüne Terme(k) = 2 * Grüne Terme(k-1)
Blaue Terme(k) = 2 * Blaue Terme(k-1)
Übrige Terme(k) = Übrige Terme von Iteration (k-1) - { 2 * Übrige Terme von Iteration (k-1) }

Dieser Prozess der Iterationen beginnt also tatsächlich bei k=1, d.h. er lässt sich nicht einfach so "in die andere" Richtung, d.h. k=0, k=-1 u.s.w., fortsetzen.


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[ralfkannenberg]

und hier ist schon der Widerspruch: alle geraden Nenner sind in der grünen Reihe, d.h. die Glieder der blauen Reihe müssen ungerade sein.
Die ungeraden Glieder der alternierenden harmonischen Reihe aber haben positives Vorzeichen und nicht wie die Glieder der blauen Reihe negatives Vorzeichen.

Hallo zusammen,

ich denke, hier habe ich mich geirrt: das braucht nicht unbedingt zu einem Widerspruch zu führen; an sich spricht nichts dagegen, die Terme der blauen Reihe zu den Termen der nicht-eingefärbten Reihe hinzu zu addieren. Die Konstruktion für den Iterationsschritt k mit k >= 1 hat diese Eigenschaft, dass die Reihenglieder der blauen Reihe alle negativ sind, aber das bedeutet zunächst einmal keineswegs, dass das zwingend auch für k = 0 nötig wäre.

Aber dass wie im vorherigen Beitrag gesehen die Glieder der nicht-eingefärbten Reihe im 0.-ten Iterationsschritt halb-natürlichzahlige Indizes bekommen geht jedoch nicht: Indizes sind natürlichzahlig.


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[ralfkannenberg]

hier ein weiterer Grund, warum es so nicht gehen kann: bei den "Übrigen Termen" bräuchen wir einen Index n-(1/2) und einen solchen gibt es nicht.

Hallo zusammen,

wie würde es denn aussehen, wenn es sie gäbe ?

Nun, das wären die "Indizes" 1/2, 3/2, 5/2 etc., und die Reihenglieder sind bis auf das Vorzeichen die Kehrwerte der Indizes sind, also:

2, 2/3, 2/5 u.s.w.

Und das sind genau die weiter oben vermissten rot eingefärbten Reihenglieder.

Somit haben wir:
(1/x1 - 1/y1 ) - 1/2 + (1/x2 - 1/y2 ) - 1/4 + (1/x3 - 1/y3 ) - 1/6 + ...

So würde es zwar aufgehen, aber wir haben diese (roten) Terme nicht:
(2 - 1 ) - 1/2 + (2/3 - 1/3 ) - 1/4 + (2/5 - 1/5 ) - 1/6 + ...

Freundliche Grüsse, Ralf

 

[Bernhard]

Klar. Man kann sich überlegen, wie man von der Reihe für 2*ln(2) per Umordnung wieder auf etwas Bekanntes kommt, aber ich finde da auch keine triviale Darstellung.

Interessant finde ich in diesem Zusammenhang auch die Darstellung des natürlichen Logarithms als Potenzreihe: https://de.wikipedia.org/wiki/Logarithmus#Potenzreihe , wo die verwendete alternierende harmonische Reihe sofort erkennbar ist, allerdings auch nur in dem Streifen für 0 < x <= 2. Was passiert da für x >2 ?

 

[ralfkannenberg]

allerdings auch nur in dem Streifen für 0 < x <= 2. Was passiert da für x >2 ?

Hallo Bernhard,

für x=1 sind die x^n allesamt gleich 1. Für grössere x ist das nicht der Fall und die wachsen dann auch schnell an. Bei der Exponentialfunktion wachsen die Nenner eben auch sehr schnell an, so dass die Reihe konvergiert, aber bei der harmonischen Reihe wachsen die Nenner eben viel zu langsam, so dass dann für x > 1 meines Erachtens die Potenzreihe aufschaukelt: für grosse n ist der grösste Exponent relevant, d.h. diese Potenzreihe dürfte sich zwischen +unendlich und -unendlich aufschaukeln.

Natürlich müsste man das nachrechnen (beispielsweise mit der geometrischen Reihe oder dem Quotientenkriterium ?), aber ich vermute, dass eben das passieren wird. Für x=1 bilden die Reihenlieder eine Nullfolge, aber nicht für x>1.


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[ralfkannenberg]

allerdings auch nur in dem Streifen für 0 < x <= 2. Was passiert da für x >2 ?

Hallo Bernhard,

ein kleines Detail, das mir schon bei der Herleitung der Taylorreihe mit meiner Frau aufgefallen ist: woher diese Asymetrie, d.h. auf einer Seite des Streifens ist der Randwert dabei, auf der anderen nicht.

Heute nacht hatte ich die Idee, woran das liegt, und der Grund ist ganz einfach. Bevor ich die Lösung angebe gebe ich einen Tipp: es hat mit dem Charme der beiden harmonischen Reihen, also der normalen und der alternierenden, zu tun. Oder vielleicht noch ein Tipp (um die anderen User nicht von vornherein auszuschliessen): was passiert, wenn man eine alternierende Reihe alterniert ?


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[Bernhard]

Heute nacht hatte ich die Idee, woran das liegt, und der Grund ist ganz einfach. Bevor ich die Lösung angebe gebe ich einen Tipp: es hat mit dem Charme der beiden harmonischen Reihen, also der normalen und der alternierenden, zu tun. Oder vielleicht noch ein Tipp (um die anderen User nicht von vornherein auszuschliessen): was passiert, wenn man eine alternierende Reihe alterniert ?

Hallo Ralf, man muss dazu nur x=-1 in die Potenzreihe einsetzen und bekommt sofort die harmonische Reihe mit einem negativen Vorzeichen. Die Potenzreihe divergiert damit (korrekt) nach minus Unendlich. Dieser Punkt gehört deshalb nicht mehr zum Definitionsbereich der Grenzfunktion.

 

[ralfkannenberg]

man muss dazu nur x=-1 in die Potenzreihe einsetzen und bekommt sofort die harmonische Reihe mit einem negativen Vorzeichen. Die Potenzreihe divergiert damit (korrekt) nach minus Unendlich. Dieser Punkt gehört deshalb nicht mehr zum Definitionsbereich der Grenzfunktion.

Hallo Bernhard,

genau so ist es
Auf der einen Seite des Streifens erhält man also die normale harmonische Reihe (mit -1 multipliziert) und auf der anderen Seite des Streifens erhält man die alternierende harmonische Reihe.


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[Bernhard]

Die angegebene Potenzreihe entspricht der Taylorrihe um den Entwicklungspunkt 1. Verwendet man zB als Entwicklungspunkt x=2 erhält man ln(2+x) ungefähr gleich ln(2) + x/2 - x^2/(2*2^2) + x^3/(3*2^3) - x^4/(4*2^4) + x^5/(5*2^5) usw. Über die Taylorreihe findet man also keine einfache Umsortierung, womit die Frage nach der Möglichkeit einer einfachen Umsortierung für mich nun endgültig mit nein beantwortet werden kann.

 

[ralfkannenberg]

Die angegebene Potenzreihe entspricht der Taylorrihe um den Entwicklungspunkt 1. Verwendet man zB als Entwicklungspunkt x=2 erhält man ln(2+x) ungefähr gleich ln(2) + x/2 - x^2/(2*2^2) + x^3/(3*2^3) - x^4/(4*2^4) + x^5/(5*2^5) usw.

Hallo Bernhard,

besten Dank, ich wollte das auch schon herleiten. Ist Dir möglicherweise ein kleiner Vorzeichenfehler unterlaufen ? Die beiden ersten Terme sind positiv, erst danach wird es alternierend.

Es gilt: ln(2) + x/2 - x^2/(2*2^2) + x^3/(3*2^3) - x^4/(4*2^4) + x^5/(5*2^5) ... < ln(2) + x/2 - x^2/(2^2) + x^3/(2^3) - x^4/(2^4) + x^5/(2^5) ...

Weisst Du, ob man das irgendwie nutzen kann, um auf den Konvergenzradius zu schliessen ? - Meine Intuition sagt mir, dass diese Potenzreihe für x>2 divergiert, denn es sind ja letztlich (x^n) / (n*(2^n) )-Terme. Die (x^n) / (2^n)-Terme bilden für n>2 keine Nullfolge und ob das lineare Glied n im Nenner ausreicht, das in eine Nullfolge zu zwingen, wage ich zumindest intuitiv zu bezweifeln. Wenn sie eine Nullfolge bilden konvergieren sie aufgrund des Leibnitz-Kriteriums.

Ich weiss es nicht: wir haben diese Inhalte im Studium leider nur sehr am Rande tangiert, d.h. ich bin damit überhaupt nicht vertraut, auch nicht mit all' den Konvergenzradien, und eigentlich verstehe ich nicht, warum die Lehrpläne solche Fragestellungen den Physikern und den Ingenieuren überlassen.

Über die Taylorreihe findet man also keine einfache Umsortierung, womit die Frage nach der Möglichkeit einer einfachen Umsortierung für mich nun endgültig mit nein beantwortet werden kann.

Das verstehe ich nun nicht: wie kannst Du aus der Taylorreihe auf einfache Umsortierungen schliessen ?


Freundliche Grüsse, Ralf

 

[Bernhard]

Ist Dir möglicherweise ein kleiner Vorzeichenfehler unterlaufen ? Die beiden ersten Terme sind positiv, erst danach wird es alternierend.

Hallo Ralf,

es sieht nur ungewohnt aus, passt aber. Ich habe es mit dem Wert 2,3 überprüft. Der Wert der Potenzreihe springt dabei von Term zu Term sehr nett immer enger um den exakten Wert, mal drüber mal darunter.

Weisst Du, ob man das irgendwie nutzen kann, um auf den Konvergenzradius zu schliessen ? - Meine Intuition sagt mir, dass diese Potenzreihe für x>2 divergiert, denn es sind ja letztlich (x^n) / (n*(2^n) )-Terme. Die (x^n) / (2^n)-Terme bilden für n>2 keine Nullfolge und ob das lineare Glied n im Nenner ausreicht, das in eine Nullfolge zu zwingen, wage ich zumindest intuitiv zu bezweifeln. Wenn sie eine Nullfolge bilden konvergieren sie aufgrund des Leibnitz-Kriteriums.

Interessante Frage. Für 0 <= x < 1 hat man auch eine Nullfolge, weil das x^n mit wachsendem n immer kleiner wird. Der Punkt x=2 gehört auch noch zum Konvergenzbereich, weil der wieder die alternierende harmonische Reihe ergibt. Den Bereich -1 < x < 0 müsste ich mir erst noch ansehen.

Das verstehe ich nun nicht: wie kannst Du aus der Taylorreihe auf einfache Umsortierungen schliessen ?

Ich wollte wissen, ob das eventuell geht. Das 2^n im Nenner der Terme verhindert das jedoch. Die 2 kommt übrigens vom Startwert her. Entwickelt man um x=3 bekommt man ein 3^n im Nenner. Mit der wiederholten Ableitung von ln(x) kann man das relativ leicht nachvollziehen.

EDIT: Setzt man den Entwicklungspunkt der Taylorreihe bei x=a ist der Bereich 0 <= x <= a somit Teil des Konvergenzbereiches.

 

[Bernhard]

Verwendet man zB als Entwicklungspunkt x=2 erhält man ln(2+x) ungefähr gleich ln(2) + x/2 - x^2/(2*2^2) + x^3/(3*2^3) - x^4/(4*2^4) + x^5/(5*2^5) usw.

Etwas allgemeiner gilt:

ln(a+x) = ln(a) + x/2 - x^2/(2*a^2) + x^3/(3*a^3) - x^4/(4*a^4) + x^5/(5*a^5) - ....

Setzt man einmal x=a, so erhält man bis auf eine additive Konstante wieder die alternierende harmonische Reihe und für x=-a die harmonische Reihe. Der Konvergenzbereich lautet also -a < x <= a.

 

[Albatros]

Na ihr Amateure? Noch kein Resultat bekommen?

 

[ralfkannenberg]

Na ihr Amateure? Noch kein Resultat bekommen?

Ich hätte es schön gefunden, wenn Bernhards Beitrag diesen Thread abgeschlossen hätte.

Im Übrigen wüsste ich nicht, welches Resultat noch ausstehend ist, vermutlich hast Du nur den Überblick verloren.

 

[astrofreund]

Na ihr Amateure? Noch kein Resultat bekommen?

Troll Dich!.Du hast bei den Erwachsenen nichts zu suchen. Geh wieder in Deinen Kindergarten. Hier will keiner mit Dir Trotznischel spielen.

 

[Albatros]

Mimimimi...

 

[astrofreund]

Hast Du nun Zahnschmerzen? Ja, na dann ist Dein Oberstübchen doch noch zu was nützlich.

 

[Albatros]

Alter Sack, wirst vor mir sterben .

 

[astrofreund]

Was macht Dich da so sicher. Noch nie was davon gehört, dass Dummheit die Lebenserwartung verkürzt?