Mathematik: Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1
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Mathematik

\(\begingroup\) Matheplanet Sommervorlesungen 2004 Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1 Jeder von uns kann es wohl im Schlaf auswendig sagen: die Zahlen e und Pi sind nicht nur irrational, sondern sogar transzendent, also nicht algebraisch über Q. Nachdem ich nun schon über algebraische Zahlen geschrieben habe, möchte ich für die beiden "Klassiker" e und Pi die Irrationalität zeigen und schließlich einen Beweis für die Transzendenz von e angeben, der mit elementaren Mitteln (Arithmetik und Integralrechnung) auskommt. Für den Beweis der Transzendenz von Pi, den ich in einem späteren Artikel darstellen möchte, werden entweder der Satz von Lindemann-Weierstraß oder aber einige Kenntnisse über symmetrische Polynome vorauszusetzen sein.

Zur pdf-Version dieses Artikels: hier Satz 1: e ist irrational. Beweis: Der Beweis ist ohne weitere Klärungen möglich. Wir verwenden die Reihendarstellung \ee = sum(1/k!,k=0,\inf) und nehmen an, \ee sei rational, es gäbe also eine Darstellung \ee=p/q, p, q \el \IN. Dann zerlegt man die Summe in \ee = s+t mit s = sum(1/k!,k=0,q) und t = sum(1/k!,k=q+1,\inf) und schätzt t mittels t=1/(q+1)!*sum((q+1)!/(q+1+i)!,i=0,\inf) <=1/(q+1)!*(sum(1/(q+2)^k,k=0,\inf) =1/(q+1)!*(1/(1-1/(q+2))) =1/(q+1)!*(q+2)/(q+2-1) =(q+2)/(q+1)^2*1/q! =(q+2)/(q^2+2*q+1)*1/q! <=(q+2)/(q^2+2*q)*1/q! =1/q*1/q! Für b=(\ee-s)*q*q! gilt also 0Historische Anmerkung: Die Irrationalität von e wurde von Johann Heinrich LAMBERT 1767 erstmals gezeigt. Er verwendete hierzu eine Kettenbruchentwicklung (siehe den Artikel von Hans-Juergen). Diese ist sehr bemerkenswert; es gilt: \ee-1 = 1+1/(1+1/(2+1/(1+1/(1+1/(4+1/(1+1/(1+1/(6+...)))))))) = [1;1,2,1,1,4,1,1,6,...] (Euler) Auch interessant: (\ee+1)/(\ee-1)=2+1/(6+1/(10+1/(14+1/(18+...)))) =[2;6,10,14,18,...] (ebenfalls Euler) Nun möchte ich die Irrationalität von Pi zeigen. Dazu wird verwendet, dass die Vielfachen von Pi die Nullstellen der Sinusfunktion und die Extremstellen des Cosinus sind. Satz 2: Pi ist irrational. Beweis: Es wird \pi^2\notel\IQ bewiesen, woraus die Behauptung sofort folgt. Dazu definiert man ein Polynom 2*n-ten Grades f(x)=(x^n*(1-x)^n)/(n!)=1/n!*sum((n;k)*(-1)^k*x^(n+k),k=0,n) 0 und 1 sind n-fache Nullstellen von f, daher gilt f^(r)(0)=f^(r)(1)=0 für r2n gilt dies sowieso. Für die übrigen Ableitungen von f gilt f^((n+r))(x)=1/n!*sum((n;k)*(n+k)!/(k-r)!*(-1)^k*x^(k-r),k=r,n). Dieser Ausdruck ist für x=0 und x=1 stets ganzzahlig. Also gilt: f^(r)(0), f^(r)(1) \el \IZ für alle r \el \IN. Wir nehmen nun an, dass \pi^2 rational ist, also \pi^2=p/q mit p,q\el\IN. Wir bilden aus den Ableitungen, die für x=0 und x=1 ganzzahlig werden, den für x=0 und x=1 ebenfalls ganzzahligen Ausdruck F_n(x)=q^n*(\pi^2n*f(x)-\pi^(2n-2)*f''(x)+\pi^(2n-4)*f^(4)(x)-+...+(-1)^n*f^(2n)(x)) =q^n*sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j))(x),j=0,n), n \el \IN beliebig. Nun leitet man (F'_n(x)*sin(\pi*x)-\pi*F_n(x)*cos(\pi*x)) nach x ab (um es später als Ableitung von etwas anderem zu identifizieren) und erhält F''_n(x)*sin(\pi*x) + \pi*F'_n(x)*cos(\pi*x)-\pi*F'_n(x)*cos(\pi*x)+\pi^2*F_n(x)*sin(\pi*x) =(F''_n(x)+\pi^2*F_n(x))*sin(\pi*x) Bei der Auswertung dieses Ausdrucks heben sich alle Terme mit Ableitungen von f weg: q^n*sin(\pi*x)*(sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j+2))(x),j=0,n)+\pi^2*sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j))(x),j=0,n)) =q^n*sin(\pi*x)*(sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j+2))(x),j=0,n)+sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j+1))*f^((2*j))(x),j=0,n)) =q^n*sin(\pi*x)*(sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j+2))(x),j=0,n)-sum((-1)^(j-1)*\pi^(2*(n-(j-1)))*f^((2*(j-1)+2))(x),j=0,n)) =q^n*sin(\pi*x)*(sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j+2))(x),j=0,n)-sum((-1)^j*\pi^(2*(n-j))*f^((2*j+2))(x),j=-1,n-1)) =q^n*sin(\pi*x)*(\pi^(2*n+2)*f(x)) =p^n*\pi^2*f(x)*sin(\pi*x). Da f auf [0,1] nur Werte zwischen 0 und 1/n! annimmt, ist klar, dass 0 < int(f(x),x,0,1) < 1/n! . Also gilt wegen 0<=sin(\pi*x)<=1 auf [0,1] auch 0 < int(f(x)*sin(\pi*x),x,0,1)<1/n! und also 0 < int(p^n*\pi*f(x)*sin(\pi*x),x,0,1) < \pi*p^n/n! . Wählt man n groß genug, so kann also int(p^n*\pi*f(x)*sin(\pi*x)*\pi*p^n,x,0,1) < 1 erreicht werden. int(p^n*\pi*f(x)*sin(\pi*x),x,0,1) ist aber nach der Vorrede das Integral der Ableitung von ((F'_n(x)*sin(\pi*x))-\pi*F_n(x)*cos(\pi*x))/\pi über dem Intervall [0,1], also gleich der Differenz der Randwerte stammf((F'_n(x)*sin(\pi*x))/\pi-F_n(x)*cos(\pi*x),0,1) =(F'_n(1)*0)/\pi-F_n(1)*(-1)-(F'_n(0)*0)/\pi+F_n(0)*1 =F_n(1)+F_n(0) und dies ist ganzzahlig, also kann es nicht zwischen 0 und 1 liegen: Widerspruch. Hier bekommt man eine Vorstellung davon, wie schwierig es sein kann, die Irrationalität nicht-algebraischer Ausdrücke nachzuweisen: Zunächst völlig undurchschaubare polynomiale Ausdrücke werden definiert, diese werden dann analytisch nach oben abgeschätzt, während die algebraische Behandlung eine konträre Abschätzung nach unten liefert. Diese Methode ist dabei trotz der abschreckenden Terme noch als elementar zu bezeichnen, da man die Hilfsmittel Ableiten, Integrieren, geometrische Reihe etc. noch in der Schule bzw. in den ersten Semestern eines Studiums lernt. Historische Anmerkung: Erstmals wurde die Irrationalität von Pi 1761 bewiesen, und zwar ebenfalls von Johann Heinrich LAMBERT. Er kam damit EULER um 14 Jahre zuvor, der dies erst 1775 vermutet hatte. Auch vermutete Lambert damals bereits, dass Pi transzendent sei, wenngleich diese Begrifflichkeit noch gar nicht streng geklärt war. Prinzipiell die gleiche Vorgehensweise nimmt man auch bei den Transzendenzbeweisen: Annahme des Gegenteils, Basteln eines Funktionals aus dem Minimalpolynom, analytische und algebraische Abschätzungen widersprechen einander und fertig ist der Beweis. Satz 3: Die Zahl e ist transzendent. Bevor ich den Beweis angehe, definiere ich das Funktional I_f(t)=int(exp(t-u)*f(u),u,0,t) für eine reelle Zahl t und ein beliebiges Polynom f \el \IC [x] mit f(x)=sum(a_j*x^j,j=0,n). (Diese Definition läßt sich auch auf komplexes t erweitern, da der Integrationsweg in der komplexen Zahlenebene wegen der Holomorphie des Integranden keine Rolle spielt. Im Beweis der Transzendenz von Pi wird davon Gebrauch gemacht.) I_f (t) wird mittels partieller Integration ausgerechnet; man erhält I_f (t)=stammf(-exp(t-u)*f(u),0,t)-int(-exp(t-u)*f'(u),u,0,t) =-exp(0)*f(t)+exp(t)*f(0)+(stammf(-exp(t-u)*f'(u),0,1)-int(-exp(t-u)*f''(u),u,0,t)) =-f(t)+exp(t)*f(0)+(-f'(t)+exp(t)*f'(0))-int(-exp(t-u)*f''(u),u,0,t) =... =exp(t)*sum(f^(j)(0),j=0,n)-sum(f^(j)(t),j=0,n), wobei höhere Ableitungsgrade als n = grad f nicht auftauchen. Die analytische Standardabschätzung für I_f (t) lautet abs(I_f (t))<=abs(int(abs(exp(t-u)*f(u)),u,0,t)) <=abs(t)*max(abs(exp(t-u)))*max(abs(f(u))) <=abs(t)*exp(abs(t))*f^^(abs(t)), wobei f^^ das Polynom \el \IR [X] ist mit f^^(x)=sum(abs(a_j)*x^j,j=0,n). Da alle Koeffizienten positiv sind, liegt das Maximum von f^^(u) am rechten Rand des Integrationsintervalls. Beweis von Satz 3: Nehmen wir an, \ee sei Nullstelle eines Polynoms g \el \IZ [x], also g(x)=b_0+b_1(x)+...+b_r*x^r, g(\ee)=0. Wir wählen eine Primzahl p > max (r, abs(b_0)) (wir werden später brauchen, dass p beliebig groß gewählt werden kann) und definieren ein Polynom f, f(x)=x^(p-1)*(x-1)^p*(x-2)^p*...*(x-r)^p. Es gilt grad f =(r+1)*p-1 =: n. Weiter sei ein Funktional definiert: J_f = b_0*I_f (0) + b_1*I_f (1) + ... + b_r*I_f (r). Es ist J_f=sum((b_k*exp(k)*sum(f^(j)(0),j=0,n)-b_k*sum(f^(j)(k)),j=0,n),k=0,r) =sum(b_k*exp(k),k=0,r)*sum(f^(j)(0),j=0,n)-sum(sum(b_k*f^(j)(k),j=0,n),k=0,r) =-sum(sum(b_k*f^(j)(k),j=0,n),k=0,r). 0 ist p-1-fache Nullstelle von f, 1,...,r sind p-fache Nullstellen von f. Es bleiben von der Doppelsumme übrig: J_f = -sum(b_0*f^(j)(0),j=p-1,n)+sum(sum(b_k*f^(j)(k),j=p,n),k=1,r) Da in dieser Doppelsumme die p-te und höhere Ableitungen eines Polynoms n. Grades, n > p, mit ganzzahligen Koeffizienten steht, sind alle Summanden durch p! teilbar (ein Vielfaches jedes Faktors aus p! findet sich in der Folge der Exponenten von x, die vor den Koeffizienten aus \IZ multipliziert werden). Der erste Summand der Einzelsumme ist immerhin noch mit der gleichen Begründung durch (p-1)! teilbar. Da in f die Faktoren (x-k)^p keinen Beitrag zur p-1. Ableitung liefern (p-fache Nullstellen), ist f^(p-1)(0)=(p-1)!*(-1)^p*(-2)^p*...*(-r)^p =(p-1)!*(-1)^(r*p)*(r!)^p. Wegen abs(b_0) < p ist J_f eine ganze Zahl und ein Vielfaches von (p-1)!, nicht mehr aber von p. Daraus folgt abs(J_f) >= (p-1)!. Dies ist die algebraische Abschätzung. Für die analytische gehen wir zu f^^ über, d. h. zu dem Polynom, dessen Koeffizienten gleichen Betrag wie die von f haben, aber alle positiv sind, also f^^(x)=x^(p-1)*(x+1)^p*(x+2)^p*...*(x+r)^p. Es ist f^^(k)=k^(p-1)*(k+1)^p*(k+2)^p*...*(k+r)^p <= (2*r)^(p*r+(p-1)) = (2*r)^n, falls 0<=k<=r. Daraus folgt für J_f : abs(J_f) <= sum(abs(b_j)*abs(I_f (j)),j=0,r) <= sum(abs(b_j)*j*exp(j)*f^^(j),j=0,r) <= sum(abs(b_j)*(2*r)*exp(j)*(2*r)^((r+1)*p-1),j=0,r) = c*(2*r)^((r+1)*p). c = sum(abs(b_j)*exp(j),j=0,r) ist eine von p unabhängige Konstante. Aus den unterschiedlichen Wachstumsordnungen der Abschätzungen ergibt sich nun der Widerspruch. Historische Anmerkung: Die Transzendenz von e wurde erstmals 1873 von Charles HERMITE bewiesen. Sein Ansatz entsprach im wesentlichen dem, der auch hier - wesentlich vereinfacht - verwendet wurde. Dieser Artikel wird demnächst fortgesetzt mit einem Transzendenz- beweis für die Zahl Pi. Ich hoffe, ihr denkt demnächst an diesen Artikel und an die große Leistung von Herrn Lambert, wenn ihr demnächst die Irrationalität von e und Pi verwendet. Quellen: http://www.uni-konstanz.de/FuF/mathe/homepages/racke/mblatt/mb6.pdf (Irrationalität von e) http://www.pi314.at/math/irrational.html (Irrationalität von Pi) http://www.math.sc.edu/~filaseta/gradcourses/Math785/Math785Notes6.pdf (Transzendenz von e) Peter Bundschuh, Einführung in die Zahlentheorie, Springer Verlag 1996 Kaleidoskop, Ein mathematischer Almanach, herausgegeben von Eberhard Oettinger, Klett Verlag 1988
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Teil 2: Die Transzendenz von Pi

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: Analysis :: Interessierte Studenten :: Reine Mathematik :: Pi :: Mathematik :: Transzendente und Irrationale Zahlen :
Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1 [von shadowking]  
Irrationalität von e und pi sowie die Transzendenz von e werden hier bewiesen.
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"Mathematik: Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1" | 3 Comments
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Re: Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1
von: Wauzi am: Mi. 28. Juli 2004 23:10:12
\(\begingroup\)Hallo shadowking,
da habe ich doch allen Ernstes geglaubt, es reicht, die Artikel hier mit Aufmerksamkeit durchzulesen, um sie zu verstehen.
Ich wurde eines Besseren belehrt. Bei Deinem Artikel muß man schon die kleinen grauen Zellen ernsthaft in Bewegung setzen.
Eine Freude, so etwas zu finden. Anspruchsvoll, nein, sehr anspruchsvoll, (zumindest für mich, der schon sehr lange keine ernsthafte Mathematik mehr gemacht hat) und trotzdem verständlich. (Zumindest leichter verständlich als die bekannte Arbeit von Hilbert zu diesem Thema. Oder lags nur an der anderen Schrift????)
Ich werde Deinen Artikel sicher noch ein paarmal ansehen, sowas geht nicht auf die Schnelle.
Gibts da noch was?
So ein Artikel macht Lust auf mehr.
Gruß Wauzi \(\endgroup\)
 

Re: Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1
von: FlorianM am: Mi. 14. September 2005 09:00:31
\(\begingroup\)Richtig guter Artikel, gibt es einen weiteren Teil?\(\endgroup\)
 

Re: Selbstverständliches über e und Pi, Teil 1
von: huepfer am: Mi. 14. September 2005 12:21:48
\(\begingroup\)Hallo Florian, schau mal hier. Gruß, Felix\(\endgroup\)
 

 
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