Die Transzendenz von e und π

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1 Die Traszedez vo e ud π Floria Stumpf Ausarbeitug zum Vortrag im Prosemiar Überraschuge ud Gegebeispiele i der Aalysis (Sommersemester 9, Leitug PD Dr. Gudru Thäter) Zusammefassug: Die meiste Leser köe sich wohl uter de Begrie atürliche Zahle, gaze Zahle, ratioale Zahle, reelle Zahle oder auch irratioale Zahle etwas vorstelle, oder köe sogar eie Deitio liefer. Aders sieht es higege wohl scho bei de Begrie algebraische Zahle oder traszedete Zahle aus. Ud dies obwohl der weitaus gröÿte Teil der reelle Zahle zu de traszedete Zahle gehört. Auch die über die Mathematik hiaus bekate Zahle e ud π sid solche Zahle. Ud geau dies soll hier gezeigt werde. Dazu wird zuächst die Irratioalität vo e ud π über de Weg des Widerspruchs bewiese ud aschlieÿed aus dem Theorem vo Lidema die Traszedez der beide hergeleitet. Womit gaz ebebei auch bewiese wird, dass die 'Quadratur des Kreises' umöglich ist. Besoders aualled a de Beweise ist die Tatsache, dass ma durch geschickt kostruierte Hilfsfuktioe sehr aschaulich zu de gewüschte Lösuge gelagt. Ihaltsverzeichis Algebraische Zahle Traszedete Zahle 3. Behauptug Beweis Irratioalität als Voraussetzug vo Traszedez Eiführug vo e ud π 3 3. π e Die Irratioalität vo π ud e 5 4. e ist irratioal π ist irratioal Die Traszedez vo π ud e 6 Resümee

2 Algebraische Zahle I der Mathematik ist der folgede Aufbau der Zahle üblich: Ma begit mit de atürliche Zahle N, die machmal mit der, machmal aber auch erst mit der begie. N = {,, 3,...}. Diese erweitert ma da mit dem egative Vorzeiche ud erhält so die gaze Zahle Z = {, ±, ±, ±3,...}. Hizu kommt jetzt die Divisio, so dass ma die ratioale Zahle Q = { p p, q Z, q } erhält. Dass es aber och mehr q Zahle gebe muss, sieht ma zum Beispiel gaz leicht a der Diagoale i eiem Quadrat mit de Seiteläge. De diese muss ach dem Satz des Pythagoras die Läge habe. Diese eu dazu gewoe Zahle werde irratioale Zahle geat ud mit I bezeichet. Die Vereiigug vo I ud Q ee wir da die reelle Zahle R = I Q. Aschaulich lässt sich der Aufbau wie folgt darstelle: N Z Q R Doch es gibt och weitere Zahlemege die uterschiede werde köe. Diese sid die algebraische ud die traszedete Zahle, zu dee wir u komme werde. Bemerkug. Natürlich lasse sich die reelle Zahle auch och zu de komplexe Zahle C erweiter, da wir hier aber bis auf die Ausahme vo i die komplexe Zahle icht beötige, werde diese hier weitgehed verachlässigt. Deitio. Eie Zahl b R (oder auch C) wird algebraische Zahl geat, we es ei icht kostates Polyom p(x) = a x + a x + a x + a mit ratioale Koeziete a j Q für j =,..., gibt, so dass p(b) = gilt. Die Mege dieser Zahle ud wird mit A bezeichet. A := {η R : es existiert ei p Q[X], p : p(η) = }, wobei Q[X] die Mege aller Polyome mit der Variable x ud Koeziete aus der Mege der ratioale Zahle Q ist. Die Algebraische Zahle lasse sich (über R) wie folgt eiorde: N Z Q A R Bemerkug.3 Da A eie algebraische Erweiterug zum Körper Q der ratioale Zahle ist, ist auch A wieder ei Körper ud damit gegeüber der Additio ud der Multiplikatio abgeschlosse. Beispiel.4 Die atürliche Zahl 5 ist algebraisch, da gilt: mit p (x) := x 5 ist p (5) =. Die irratioale Zahl ist ebefalls algebraisch, da gilt: mit p (x) := x ist p ( ) =. Alle ratioale Zahle sid algebraisch. Da sich ratioale Zahle, als x := a b schreibe lasse, sid sie immer die Lösug der Gleichug bx a =. a, b Z Bemerkug.5 Da wir hier auf die komplexe Zahle verzichte, us später aber och die Zahl i begeget soll hier kurz erwäht werde, dass i algebraisch ist, de i ist die Nullstelle des Polyoms p 4 (x) := x +.

3 Traszedete Zahle. Behauptug Nebe de algebraische Zahle gibt es och eie weitere Teilmege i R, ud zwar die traszedete Zahle T := R\A ud T.. Beweis Jedem Polyom p(x) = a x + a x a x + a Q[X] wird eie gaze Zahl h zugeordet: h := a + a a + a. (Amerkug: Ma et h auch die Höhe des Polyoms) Da u aber die a i Q sid ud Q bekatlich abgeschlosse gegeüber der Additio ist folgt, dass auch h Q sei muss. Mit dem Erste Catorsche Diagoalverfahre [5] lässt sich zeige, dass Q abzählbar (uedlich) ist. Somit gibt es ur abzählbar uedlich viele Möglichkeite für h ud da jedes Polyom vom Grad maximal Nullstelle hat, ist somit die Azahl der Nullstelle aller Polyome Q[X] abzählbar. Daraus folgt direkt, dass die Azahl der algebraische Zahle abzählbar ist. Mit dem Zweite Catorsche Diagoalverfahre [5] lässt sich zeige, dass R überabzählbar ist. Das heiÿt, dass T = R\A ud icht ur das. Hiermit wurde sogar gezeigt, dass es mehr traszedete Zahle als algebraische oder ratioale Zahle gibt, ud das obwohl sie kaum eier ket..3 Irratioalität als Voraussetzug vo Traszedez Die Tatsache, dass alle ratioale Zahle algebraisch sid, wurde bereits gezeigt. Aus Q A ud T = R\A folgt daher direkt T I. Es gilt: Alle traszedete Zahle müsse irratioal sei. Daher werde wir auch zuächst die Irratioalität vo e ud π zeige bevor wir us der Traszedez zuwede. 3 Eiführug vo e ud π 3. π π gehört wohl zu de bekateste Zahle, we es icht sogar die bekateste ist. Fragt ma jemade ach π, so werde die meiste wohl atworte, das π ugefähr 3, 4 ist doch mittlerweile sid eie Billioe Nachkommastelle vo π bekat. Zur Veraschaulichug eimal die erste hudert Stelle: π = 3, Doch warum macht ma sich überhaupt die Mühe diese Stelle zu bereche? Die Frage lässt sich wohl am eheste damit beatworte, dass π der Quotiet aus dem Umfag eies Kreises ud desse Durchmesser ist, π us also vo der Natur vorgegebe wurde. Daher beschäftigte sich auch scho die Grieche i der Atike mit π ud äherte sich diesem bis auf a. Auch wir wolle u eie erste Abschätzug vo π wage. 7 Wir wolle aschaulich zeige, dass 3 < π < 4, siehe Abb. 3.. Bekatlich ist ja der Umfag des Kreises πr, das heiÿt der Weg über de halbe Kreis beträgt πr, der um 3

4 Abbildug 3.: Aschauliche Abschätzug vo π. [3] das halbe Quadrat aber 4r ud er ist läger 4r > πr 4 > π. Aalog ka ma bei dem regelmäÿige Sechseck vorgehe. Dort ist der Weg 3r lag ud kürzer als über de Kreis 3r < πr 3 < π. Weiterhi sieht ma auch, dass π äher a 3 als a 4 liegt. Nebe dieser sehr aschauliche, dafür im erste Schritt auch sehr grobe Abschätzug für π, gibt es och weitere Darstelluge, vo dee hier zwei kurz erwäht werde solle: k = = π [] 6 k= oder das Wallis Produkt: lim Doch zuächst zu e. 3. e () () ( ) ( ) = π e wird häug Eulersche Zahl geat, was eie vermute lasse köte, dass der Schweizer Mathematiker Euler sie etdeckt hat. Dem ist aber icht so. Auch we sich Euler mit e befasst hat ud sich vor allem seie Notatio durchgesetzt hat, war die Zahl scho vorher bekat. Auch hier zur Veraschaulichug zuächst eimal die erste hudert Stelle: e =, [] Auch für e gibt es atürlich mathematische Approximatioe wie: e = lim ( + ), eie weitere Darstellug wäre auch e = k= k! =! +! +! + 3!

5 was der Expoetialreihe mit x = etspricht. exp(x) = k= x k k! Bei dieser wolle wir u zeige dass sie kovergiert ud e zwische, 5 ud 3 liegt: Dafür beötige wir zuächst die Partialsumme S := k= k! mit N Die Kovergez der Reihe folgt direkt aus dem Quotietekriterium. Komme wir also zur Abschätzug: Schreibe wir us die erste vier Summeglieder auf, so sehe wir: S 3 := 3 k= k! =! +! +! + 3! = , 5 Die Partialsumme lässt sich auch ach obe mit Hilfe der Geometrische Reihe abschätze durch: S := k= k! =! +! +! = + i= i = + ( ) = + ( ) < 3. Somit wisse wir u:, 5 e 3. 4 Die Irratioalität vo π ud e Nachdem wir u die beide Zahle eigeführt ud abgeschätzt habe, wolle wir zeige, dass diese zu de irratioale Zahle gehöre, de zur Erierug T I. Somit ist die Irratioalität Voraussetzug für die Traszedez. 5

6 4. e ist irratioal Komme wir zuächst zu e, hier werde wir aehme, dass e ratioal sei ud zeige da mit de obe eigeführte e = k= ud S k! := k= dass diese Aahme k! zu eiem Widerspruch führt. Es gilt: e S > ud weiter e S = k=+ k! = ( + )! + ( + )! + ( + 3)! +... = < = = = ( + )! ( ( + ) ( + 3) +...) ( + )! ( ( + ) +...) ( + )! ( + )! ( ( + ) )k k= (+) ( + )! (+)! (+) Somit lässt sich zusammefasse: < e S <. = ( + ) = Nehme wir u a, e sei ratioal, da lieÿe sich e i der Form p q q (wir wisse ja bereits, 5 < e < 3 ud e / Z) mit p, q N\{}, < p q S < Wähle wir u = q so folgt: < p q S q < q!q < q!p q S qq! < q < p(q )! S }{{} q q! < }{{} q < Z Z da keie gaze Zahl zwische ud liegt! Wir habe also eie Widerspruch zu usere Aahme aufgezeigt. Somit lässt sich e icht als ratioale Zahl darstelle. e I 6

7 4. π ist irratioal Nu wolle wir zeige, dass auch π I gilt. Hierbei werde wir eie ähliche Weg wie bei e gehe. Wir werde wieder aehme, dass π Q sei ud mit Hilfe zweier geschickt kostruierter Fuktioe zeige, dass dies zu eiem Widerspruch führt. We π Q da lässt sich π schreibe als a b mit a, b N\{}, da π >. Zuächst wolle wir us die zwei Hilfsfuktioe f ud g deiere als: f(x) := x (a bx) mit de obe deierte a, b ud eiem N das wir später fest wähle werde. Ud g(x) := f(x) f () (x) + f (4) (x)... + ( ) f () (x) Mit Hilfe dieser Fuktioe werde wir zeige, dass ach usere Aahme gelte muss: π (i) f(x) si(x)dx Z (ii) < π f(x) si(x)dx < was zu eiem Widerspruch führt ud so usere Aahme widerlegt. Um de Widerspruch herbei zu führe, beötige wir eiige Eigeschafte vo π f(x) si(x)dx ud daher vo f ud g, die wir u herleite möchte. Zuächst betrachte wir us die Ableituge vo f: Da der Neer beim Ableite keie Rolle spielt multipliziere wir ih auf die like Seite: f(x) = x (a bx) mit dem Biomialtheorem folgt daraus: f (x) = x (a + a ( bx) + a ( bx) ( bx) ) = x a a x + bx + a x + (bx)... + ( ) b x f (x) = x a ( + ) x a b + ( + ) x + a b ( ) b x f (x) = ( )x a ( + ) x a b + ( + )( + ) x a b ( ) ( )b x 7

8 ... f () (x) = ( ) ( )( )...b = ( ) ()!b Z Da i f () kei x mehr ethalte ist, ist die -te Ableitug kostat ud sie ist aus Z. Weiter köe wir durch eifaches Eisetze erkee, dass gilt: f() = f() = f () = f () =... = f ( ) () = ud f () () = ( ) ()!b Nu wolle wir eie der iteressateste Eigeschafte vo f kee lere. Es gilt: f(x) = f( a x) mit de obe deierte a, b (a = πb ud b = π ). Diese Eigeschaft b a ist gleichbedeuted mit der Achsesymmetrie zu x = π, daher wolle wir sie kurz beweise: f( a b x) = ( a b x) (a b( a b x)) Daraus folgt sofort = ( a b x) (bx) = ( a b x) b x = (a bx) x f(π) = f( a b π) = f(π π) = f() = ud es lässt sich leicht achreche, dass auch gilt. f (π) = f (π) =... = f ( ) (π) = ud f () (π) = ( ) ()!b Komme wir u kurz zu userer zweite Hilfsfuktio g, mit de erste beide Ableituge: g (x) = f (x) f (x) + f (5) (x) f (7) (x) ( ) f (+) (x) g (x) = f (x) f (4) (x) + f (6) (x) f (8) (x) ( ) f (+) (x). Diese beötige wir um eie Stammfuktio vo f(x) si(x) zu bereche. Um es eifacher zu mache behaupte wir, dass d(g (x) si(x) g(x) cos(x)) eie passede Stammfuktio ist. Dies lässt sich leicht zeige, dx de d(g (x) si(x) g(x) cos(x)) dx = g (x) si(x) + g (x) cos(x) g (x) cos(x) + g(x) si(x) = g (x) si(x) + g(x) si(x) = si(x)(g (x) + g(x)) = si(x)f(x) de wie wir obe sehe köe, ist g (x)+g(x) ichts aderes als f(x), da f (+) (x) = f (+) (x) = ud sich die übrige Summade gegeseitig aufhebe. 8

9 Nach all dieser Vorarbeit köe wir u edlich de Widerspruch aufzeige: π (i) f(x) si(x)dx Z Beweis: π f(x) si(x)dx =[g (x) si(x) g(x) cos(x)] π =g (π) si(π) g(π) cos(π) g () si() +g() cos() }{{}}{{}}{{}}{{} = = = = =f(π) f () (π) + f (4) (π)... + ( ) f () (π) + f() f () () + f (4) ()... + ( ) f () () = ( ) f () (π) + ( ) f () () }{{}}{{} Z Z = g(π) + g() (ii) < π π f(x) si(x)dx < f(x) si(x)dx Z womit (i) gezeigt ist. Hierzu de wir zuächst für f(x) si(x) Schrake ud zwar: Zuächst die like Seite: < f(x) si(x) < π a < f(x) si(x)dx < x (a bx) si(x) < x (a bx) < x (a bx) < x (πb bx) < x }{{} >, da x> ( b }{{} N (π x) }{{} > Womit die like Ugleichug gezeigt ist. Um die rechte Seite f(x) si(x) < π a zu zeige, bereche wir us das Maximum der Fuktioe f(x) ud si(x) auf (, π) (das Dak der vorhi agesprochee Symmetrie bei π liegt) Bei si(x) ist das leicht zu sehe: Die. Ableitug vo si(x) ist cos(x), die. Ableitug ist si(x), ud es gilt: cos( π ) =, si(π ) = ud si(π ) = 9 )

10 Bei f(x) bereche wir us die Ableituge auf eiem adere Weg, als wir es obe bereits gemacht habe, da die eue Darstellug hier besser zu beutze ist: f(x) = (x (a bx) ) Suche wir u das Maximum: f (x) = (x (a bx) + x (a bx) ( )) = (x (a bx) ((a bx) xb)) = (x (a bx) (a bx)) f (x ) = = (a bx }{{} }{{} ) (a bx )) (x (a bx ) = (a bx ) =. Fall: (a bx ) = a=πb {}}{ πb bx = }{{} b (x π) = keie Lösug i (, π) }{{}. Fall: (a bx ) = πb bx = }{{} b (π x ) = π x = x = π Das bei π ei Maximum liegt sieht ma auch ohe die zweite Ableitug vo f, da f (π) = f () =, f(π) = f() =, f( π ) > ud es sost keie Kadidate für eie Extremstelle i (, π) gibt. f( π ) si(π ) = ( π ) (a b π ) = π (a a π π ) = π a = π a Damit gilt für x (, π) : < f(x) si(x) < π a Zu beachte ist dabei, dass für : π a Somit gibt es auch ei, s.d. π a <. 5

11 Abbildug 4.: Zwei Darstelluge vo f(x)si(x) mit a =, b = 7; liks mit = 35 ud rechts mit = 45 Nu stellt sich atürlich die Frage, warum ma hier wählt ud icht irged eie adere Bruch, oder warum überhaupt diese Abschätzug gemacht wurde. Die Atwort 5 ist, dass 5 > π ist ud sich somit das Itegral π f(x) si(x)dx < 5 π abschätze lässt. Ma ka sich dies schö veraschauliche, idem dem ma beim Itegral a die Fläche uterhalb der Kurve dekt ud diese ach obe abschätzt durch Läge (π) mal Höhe. 5 Der aufmerksame Leser wird hier wohl scho erkat habe, dass wir fertig sid, de wir habe gezeigt: < π f(x) si(x)dx < π 5 < ud π f(x) si(x)dx Z was zu eiem Widerspruch führt ud usere Aahme, das π Q liegt, widerlegt. Somit muss gelte π I.

12 5 Die Traszedez vo π ud e Da wir u wisse, dass π ud e irratioale Zahle sid ud somit die Voraussetzug erfülle auch traszedet zu sei, wolle wir die Traszedez der beide Zahle herleite. Diese folgt direkt aus dem Theorem vo Lidema: Theorem 5. Theorem vo Lidema: Seie A,...A, a,..., a A (algebraisch), mit a i a j, für i j ud A i i, da gilt: A i e ai i= Auf de Beweis dieses Theorems wird hier aus Platzgrüde verzichtet, er ist aber i der Literatur agegebe [4]. Behauptug: Die Traszedez vo e ud π folgt direkt aus dem Theorem 5.: (i) Für e gilt mit A i Q ud a i N ach dem Theorem: A e + A e A e a Womit e icht die Lösug eies icht kostate ratioale Polyoms sei ka. e T (ii) Bei π ehme wir a, es sei algebraisch, da wäre auch πi algebraisch; wobei hier i = ist ud A abgeschlosse bezüglich der Multiplikatio ist. Da müsste ach dem Theorem vo Lidema gelte: e π i + e aber bekatlich ist e = ud e πi = cos(π)+i si(π) = + = e π i +e = Also ka π icht algebraisch sei ud muss traszedet sei. 6 Resümee Im Rückblick auf die Arbeit, lässt sich feststelle, dass es überrasched ist, dass die traszedete Zahle gemeihi ubekat sid, ud das obwohl es mehr traszedete Zahle als zum Beispiel ratioale Zahle gibt. Auch die Tatsache, dass so zwei bekate ud wichtige Zahle wie e ud π traszedet sid ist weitläug eher ubekat. Gut erkee lässt sich a dieser Arbeit, dass ma mit doch eher eifache Hilfsmittel, wie dem Quotietekriterium, dem Biomialtheorem ud dem Ableite zeige ka, dass sowohl e als auch π irratioal sid. Etscheided war dabei die Idee, beide jeweils als ratioal azuehme ud mit geeigete Fuktioe zu zeige, dass die Fuktioswerte gaze Zahle sid ud diese da zwische ud ei zu schlieÿe. Dabei ist vor allem die Wahl der Fuktio etscheided, ud ma muss sich vorher überlege welche Eigeschafte die Fuktioe beötige.

13 Weiterführed ist es bestimmt iteressat sich auch mit der Traszedez ud Irratioalität vo adere Zahle zu beschäftige, oder sich eimal zu vergegewärtige, warum die obe eigeführte Darstelluge vo e ud π stimme ud zum Beispiel das Wallis Produkt gerade gege π kovergiert. Literatur [] A.R.Rajwade, A.K. Bhadari: Surprises ad Couterexamples i Real Fuctio Theory. Hidusta Book Agecy, 8. [] Carl Ludwig Siegel: Traszedete Zahle. Priceto Uiversity Press, 949. [3] Ehrhard Behreds: Füf Miute Mathematik. Vieweg Verlag, 6. [4] Eugee Schekma: The Idepedece of Some Expoetial Values. I: The America Mathematical Mothly, Vol. 8, No. (Ja., 974), pp [5] Haes Stoppel, Birgit Griese: Übugsbuch zur Lieare Algebra. 4. Auage. Vieweg Verlag, 3. 3