Aufgaben zu Kapitel 3

Aufgaben zu Kapitel 3
Aufgabe 1. Der Satz von Gelfond–Schneider (1934/35) besagt:
Seien α und β ∈ C algebraische Zahlen; α 6= 0, 1; β 6∈ Q. log α bezeichne einen
beliebigen Zweig des Logarithmus (d.h. eine Zahl c mit ec = α). Dann ist αβ = exp(β log α)
transzendent.
1) Beweisen Sie die Transzendenz der Zahlen
√
2
2
,
√
√
2
2
, eπ , eπ
√
163
(Die letzte Zahl hat die Gestalt n + 0, 999 999 999 925 . . .).
2) Der Satz von G.–S. ist äquivalent zu: α, β ∈ C, α 6= 0, ln α 6= 0, β ∈ C\Q. Dann
ist mindestens eine der drei Zahlen α, β, αβ transzendent.
3) Folgern Sie aus dem Satz von G.–S.: Seien α1 , α2 , β1 , β2 algebraisch und 6= 0. log α1
und log α2 seien linear unabhängig über Q . Dann gilt
β1 log α1 + β2 log α2 6= 0
(kurz: Aus der linearen Unabhängigkeit über Q folgt die über dem Körper der algebraischen Zahlen).
Aufgabe 2. Der Satz von Alan Baker (1966) stellt eine Verallgemeinerung des Satzes von
Gelfond–Schneider dar: n ≥ 2. Seien α1 , . . . , αn nicht verschwindende algebraische Zahlen,
so daß log α1 , . . . , log αn linear unabhängig über Q sind. Dann sind 1, log α1 , . . . , log αn
linear unabhängig über dem Körper A der algebraischen Zahlen. Folgern Sie aus dem Satz
von Baker
1) Seien α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βn ∈ A
γ = β1 log α1 + · · · + βn log αn 6= 0.
Df
Dann ist γ transzendent.
2) α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βn ∈ A\{0}. Dann ist eβ0 α1β1 · · · αnβn transzendent.
Aufgabe 3. Ein einfaches Irrationalitätskriterium.
c
c
a
∈ Q,
6= α die Ungleichung
1) Sei α = ∈ Q. Dann gilt für
b
d
d
a c 1
.
− ≥
b d
2bd
2) Sei α ∈ R. Es existiere eine Folge cn /dn rationaler Zahlen mit (cn , dn ) = 1 und
dn → ∞, sowie ein δ > 0, so daß
cn ∀ n : α − < dn−1−δ .
dn
Dann ist α 6∈ Q.
3) Zeigen Sie hiermit die Irrationalität von e .
Aufgabe 4. Für jedes α ∈ R läßt sich der Kettenbruchalgorithmus definieren durch
a0 = [α],
α = a0 + {α}.
Abbruch bei {α} = 0. Ansonsten
α = a0 +
1
1
1
= a0 +
= a0 +
1/{α}
α1
a1 + β1
mit a1 = [α1 ], 0 ≤ β1 = {α1 } < 1, usw.
Beh. Der Algorithmus bricht genau dann nach endlich vielen Schritten ab, wenn α ∈ Q.
Aufgabe 5. Sei g ∈ N, g ≥ 2.
1) Jedes α ∈ R mit 0 ≤ α < 1 hat genau eine Darstellung.
α=
∞
X
cj g −j
(g–adische Entwicklung)
j=1
mit c1 , c2 , · · · ∈ {0, 1, . . . , g − 1}, wobei unendlich viele der cj ungleich g − 1 sind.
Für die cj besteht die Rekursion
α1 = α, αj+1 = {αj g}. cj = [αj g].
Df
Df
2) α ist genau dann rational, wenn die Ziffernfolge (cj ) ab einer Stelle periodisch wird.
3) Sei p Primzahl mit p 6 | g. g sei Primitivwurzel mod p. Dann haben die Zahlen
a/p (a = 1, . . . , p − 1) reinperiodische g–adische Entwicklungen der Länge p − 1
(d.h. keine Vor–Periode“ und keine kürzere Periodenlänge).
”
Beispiel:
5/7 = 0, 1 1 4 2 8 5 für g = 10.
Aufgabe 6.
1) Die reelle Zahle α entstehe durch Hintereinanderschreiben der natürlichen Zahlen im
Dezimalsystem
α = 0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 . . .
Beh.
α 6= Q.
2) β entstehe wie in 1) durch Hintereinanderschreiben der Primzahlen. Zeigen Sie mit
Hilfe des Primzahlsatzes, daß β irrational ist.
Aufgabe 7. Beweisen Sie, daß die Menge der (reellen) Liouville–Zahlen überabzählbar und
vom Lebesgue–Mass Null ist.
Aufgabe 8. Die Gregory–Leibnizsche Formel
π
1 1
= arctan 1 = 1 − + + . . .
4
3 5
ist wegen der langsamen Konvergenz der Reihe zur praktischen Berechnung von π ungünstig.
1) Benutzen Sie die Formel
tan 2ϑ =
2 tan ϑ
,
1 − tan 2ϑ
angewandt auf
1
1 π
tan 2 arctan , tan 4 arctan −
5
5 4
zur Herleitung der Gleichung von John Machin (1706)
1
1
π
= 4 arctan − arctan
.
4
5
239
2) Für α, β > 0 gilt
arctan
1
1
β
= arctan
+ arctan 2
.
α
α+β
α + αβ + 1
3) Zeigen Sie mit 2)
π
1
1
1
1
= arctan + arctan = 2 arctan + arctan
4
2
3
3
7
3
1
= 5 arctan + 2 arctan .
7
79
Mit der Formel in 1) berechnete Machin die ersten 100 Dezimalstellen von π. Euler bestimmte
mit der letzten Formel in 3) innerhalb einer Stunde von Hand die ersten 20 Stellen.
Aufgabe 9. Der Körper A der algebraischen Zahlen ist algebraisch abgeschlossen“, d.h.
”
die Nullstellen eines Polynoms mit algebraischen Koeffizienten sind selbst algebraisch.
Hinweis: Sei
f (x) = xn + αn−1 xn−1 + · · · + α0 ∈ A[x].
Seien αj = αj,1 , αj,2 , . . . , αj,mj die Konjungierten der αj
man das Polynom
g(x) =
m0
Y
k0 =1
(j = 0, . . . , n−1). Dann betrachte
mn−1
...
Y
kn−1 =1
xn + αn−1,kn−1 xn−1 + · · · + α0,k0 .