Das Baseler Problem =?

Transkript

1 Das Baseler Problem =?

2 Das Baseler Problem Geschichte 644 durch den italienischen Mathematiker Pietro Mengoli formuliert Es versuchten sich diverse Mathematiker an dem Problem, vor allem von der Universität Basel 689 Jakob Bernoulli Johann Bernoulli 735 Lösung durch Leonard Euler = π 6

3 Das Baseler Problem numerische Lösung π 6, ,

4 Das Baseler Problem übliche Lösungen 4

5 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung Eine Konstruktion an zwei Kreisen 5

6 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung Eine Konstruktion an zwei Kreisen 6

7 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung 7

8 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung 8

9 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung Die neuen Punkte Si auf Kreis haben folgende Eigenschaften:. Sie liegen ebenfalls äquidistant auf der Kreislinie.! S i S i+! P i P i+. Die Bogenlänge ist genau so lang wie die Bogenlänge. 9

10 Eine geometrische Lösung. Vorbereitung Der inverse Pythagoras a + b = h Beweis a + b = c c h = a b ( = Flächeninhalt ) a + b = a b c = a b h h : a b ( ) a + b = h 0

11 Eine geometrische Lösung 3. Vorbereitung Ein neuer Begriff Die Intensität eines Punktes A in Bezug auf einen Punkt B. I B ( A) = AB A B

12 Eine geometrische Lösung.und 3. Vorbereitung Der inverse Pythagoras a + b = h I c ( B)+ I c ( A) = I c ( F ) In Worten Die Intensität (in Bezug auf den Scheitelpunkt des rechten Winkels) des Höhenfußpunktes ist gleich der Summe der beiden Intensitäten der Endpunkte der Hypotenuse. Die Intensität des Höhenfußpunktes kann auf die Enden der Hypotenuse verteilt werden.

13 Der Konstruktionsprozess Wir starten mit einem Kreis um einen Punkt M0, der den Umfang hat. Auf dem Kreis liegt ein Punkt Z, ihm genau gegenüber der Punkt M. U = = πd d = π = M Z Alle nachfolgenden Intensitäten werden in Bezug auf den Punkt Z berechnet. Daher lassen wir Z im Index weg. I( M ) = = M Z d = = π 4 π 3

14 Der Konstruktionsprozess I( M ) = π 4 = I P, Wir zeichnen um M einen weiteren Kreis k mit dem Radius MZ. Durch M zeichnen wir die Senkrechte zu ZM. und erhalten die Punkte P, und P,. Das Dreieck P,P,Z ist rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei Z. (Satz des Thales) M ist der Höhenfußpunkt in diesem Dreieck. Also kann die Intensität von M auf die beiden Punkte P, und P, verteilt werden. ( )+ I( P, ) 4

15 Der Konstruktionsprozess I( M ) = π 4 = I ( P, )+ I( P, ) Der Kreis k ist doppelt so groß wie k0, hat also den Umfang 4. Die Bögen zwischen den Punkten haben dann, wie angegeben, die Längen!!! ZP, = P, P, = P, Z = 5

16 Der Konstruktionsprozess Also kann die Intensität von P, auf die beiden Punkte P, und P,3 verteilt werden. I( P, ) = I( P, )+ I( P,3 ) Wir zeichnen um M einen weiteren Kreis k mit dem Radius MZ. Die Gerade MP, erzeugt auf k die Punkte P, und P,3 und die Gerade MP, die Punkte P, und P,4. Das Dreieck P,P,3Z ist rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei Z. (Satz des Thales) P, ist der Höhenfußpunkt in diesem Dreieck. 6

17 Der Konstruktionsprozess Analog ist das Dreieck P,P,4Z rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei Z. (Satz des Thales) P, ist der Höhenfußpunkt in diesem Dreieck. Also kann die Intensität von P, auf die beiden Punkte P, und P,4 verteilt werden. I( P, ) = I( P, )+ I( P,4 ) Also gilt insgesamt I( P, )+ I( P, ) = I( P, )+ I( P,3 )+ I( P, )+ I( P,4 ) = π 4 7

18 Der Konstruktionsprozess I( P, )+ I( P, ) = I( P, )+ I( P,3 )+ I( P, )+ I( P,4 ) = π 4 Der Kreis k ist doppelt so groß wie k, hat also den Umfang 8. Die Bögen zwischen den Punkten haben dann, wie angegeben, die Längen!!!!! ZP, = P, P, = P, P,3 = P,3 P,4 = P,4 Z = 8

19 Der Konstruktionsprozess Wir zeichnen um M3 einen weiteren Kreis k3 mit dem Radius M3Z. Wir ziehen die Geraden M3P,. Sie erzeugen auf k3 die Punkte P3,. Beispiel: Das Dreieck P3,P3,6Z ist rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei Z. (Satz des Thales) Analoges gilt für jeden Punkt P, auf k. P, ist der Höhenfußpunkt in diesem Dreieck. Also kann die Intensität von P, auf die beiden Punkte P3, und P3,6 verteilt werden. 9

20 Der Konstruktionsprozess Also können die Intensitäten aller Punkte auf k auf die entsprechenden Punkte auf k3 verteilt werden. Es gibt zwei Konstanten in diesem schrittweisen Konstruktionsprozess: Die Summe aller Intensitäten aller Punkte auf einem Kreis π bleibt. 4 Entsprechend der Vorbereitung liegen die Punkte auf einem Kreis äquidistant und die Bögen haben konstant die Länge. 0

21 Der Grenzübergang r Im Grenzübergang erhält man einen unendlich großen Kreis durch Z, also eine Gerade durch Z. Wegen der konstanten Bogenlängen,,, liegen die Punkte auf der Geraden im Abstand, 3, 5, 7, zu beiden Seiten von Z. Die Summe aller Intensitäten aller Punkte ist weiterhin. 4 ( I( P )+ I( P )+ I( P 3 )+ I( P 4 )+...)+ I( P )+ I( P )+ I( P 3 )+ I( P 4 )+... π ( ) = π Wegen der Symmetrie gilt I( P )+ I( P )+ I( P 3 )+ I( P 4 )+... ( ) = π 4 8

22 Der Grenzübergang r I( P )+ I( P )+ I( P 3 )+ I( P 4 )+... ( ) = π Die Intensitäten können nun explizit bestimmt werden = π 8 = S u Nennen wir diese Summe Su Das Ziel unserer Betrachtung ist S =

23 Der Grenzübergang r S = S u = π 8 S = = S + S u g S g = = = 4 S Also S = S u + S g = π S 3 4 S = π 8 S = π S = π 6 3