Mathe-Kabinett des Heldermann

Datei: C:\VTeX\TD\MATHEM\pi ist irrational.tex 15. August 2007
Elementarer Beweis der Irrationalit
Irrationalitat
at von π
BEHAUPTUNG: Die Zahl π ist irrational.
BEWEIS: Wir nehmen das Gegenteil an, namlich da
π =
a
b
(1)
gilt, wobei a und b zwei naturliche Zahlen sind, und denieren zu jeder naturlichen Zahl n
zwei reelle Funktionen fn und Fn durch
xn (a − bx)n
,
n!
Fn (x) = fn (x) − fn00 (x) + fn(4) (x) − · · · + (−1)j fn(2j) (x) + · · · + (−1)n fn(2n) (x) .
fn (x) =
(2)
Hierin bezeichnet fn(2j) die (2j) -te Ableitung von fn .
Fur 0 ≤ j < n verschwindet die j -te Ableitung von fn an den Stellen 0 und π . Um das zu
erkennen, reicht es, die erste Ableitung von xn (a − bx)n zu bilden:
d n
x (a − bx)n = nxn−1 (a − bx)n + n(a − bx)n−1 (−b)xn
dx
= n{xn−1 (a − bx)n − bxn (a − bx)n−1 }
= n{(ax − bx2 )n−1 (a − bx) − bx(ax − bx2 )n−1 }
(3)
= n(ax − bx2 )n−1 (a − 2bx) = nxn−1 (a − bx)n−1 (a − 2bx)
Allein daraus ist ersichtlich, da auch die hoheren Ableitungen von fn bis j < n hinauf aus
Summanden bestehen, deren jeder den Faktor ax − bx2 enthalt. Der aber verschwindet sowohl
fur x = 0 als auch fur x = π = ab .
Fur n ≤ j ≤ 2n ist die j -te Ableitung von fn an den Stellen 0 und π ganzzahlig. Um das
zu erkennen, reicht die Betrachtung von (3) nicht aus. Wir mussen dazu fn (x) nach dem
Binomialsatz entwickeln:
xn
fn (x) =
n!
Setzen wir nun zur
n n−1
n n−2 2 2
n n n
a −
a
bx +
a
b x − · · · + (−1) b x
1
2
Abkurzung cn+k = (−1)k nk an−k , 0 ≤ k ≤ n , so erhalten wir
n
(4)
1
(cn xn + cn+1 bxn+1 + cn+2 bxn+2 + · · · + c2n bn x2n ) .
(5)
n!
Hierin sind alle ci , n ≤ i ≤ 2n , ganze Zahlen. Fur die erste bis n -te Ableitung der so
umgeformten Funktion fn (x) ergibt sich
1
fn0 (x) =
ncn xn−1 + (n + 1)cn+1 bxn + (n + 2)cn+2 bxn+1 + · · · + (2n)c2n bn x2n−1 ,
n!
1
fn00 (x) =
n(n − 1)cn xn−2 + (n + 1)ncn+1 bxn−1 + (n + 2)(n + 1)cn+2 bxn + · · ·
n!
..
· · · + (2n)(2n − 1)c2n bn x2n−2 ,
fn (x) =
.
fn(n) (x) =
1
n!cn + [ (n + 1)n · · · 2 ]cn+1 bx1 + [ (n + 2)(n + 1) · · · 3 ]cn+2 bx2 + · · ·
(6)
n!
· · · + [ (2n)(2n − 1) · · · (n + 1) ]c2n bn xn
n!
(n + 1)!
(n + 2)!
(2n)!
cn +
cn+1 bx +
cn+2 b2 x2 + · · · +
c2n bn xn
n!
n! 1!
n! 2!
n! n!
2n
n+1
n+2
2 2
cn+1 bx +
cn+2 b x + · · · +
c2n bn xn .
= cn +
1
2
n
=
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(n)
Weil die Koezienten n+k
ein Polynom in x
k cn+k , 0 ≤ k ≤ n , ganze Zahlen sind, ist fn
(n)
(n)
mit ganzahligen Koezienten. Es ist fn (0) = cn ∈ Z , und auch fn (π) ist ganzzahlig, denn
es gilt
n+1
n+2
2n
(n) a
2
fn ( b ) = cn +
cn+1 a +
cn+2 a + · · · +
c2n an ∈ Z .
(7)
1
2
n
Fur die hoheren Ableitungen f (j) , n < j ≤ 2n , stellen sich fn(j) (0) und fn(j) (π) ebenfalls als
ganzzahlig heraus. Es ist
n+1
n+2
2n
cn+1 b + 2
cn+2 b2 x + · · · + n
c2n bn xn−1 ,
1
2
n
n+2
n+3
2n
(n+2)
2
3
cn+2 b + 6
cn+3 b x + · · · + n(n − 1)
f
(x) = 2
c2n bn xn−2 ,
2
3
n
f (n+1) (x) =
..
.
f
(2n)
(8)
2n
(x) = n!
c2n bn
n
und folglich
f
(n+k)
(n + k)!
n+k
(0) = k!
cn+k bk =
cn+k bk ∈ Z,
k
n!
k = 1, 2, . . . , n .
(9)
Um auch fn(j) (π) fur n < j ≤ 2n zweifelsfrei als ganzzahlig nachzuweisen, mu man die
f (n+k) -te Ableitung, k = 1, 2, . . . , n , die in (8) nicht notiert wurde, genau hinschreiben. Sie
lautet, wenn man die fur i = 0, 1, 2, . . . , n − k gultige Identitat
(k + i)! n + k + i
(k + i)!
(n + k + i)!
(n + k + i)!
=
=
·
i!
k+i
i!
i! n!
(k + i)! n + k + i − (k + i) !
(10)
berucksichtigt,
f (n+k) (x) =
(n + k + 0)!
(n + k + 1)!
cn+k bk +
cn+k+1 bk+1 x
0! n!
1! n!
+
··· +
(n + k + 2)!
cn+k+2 bk+2 x2 + · · ·
2! n!
(11)
(n + k + i)!
(2n)!
cn+k+i bk+i xi + · · · +
bn xn−k
i! n!
(n − k)! n!
Hierin sind die Faktoren (n+k+i)!
, wie aus (10) hervorgeht, ganze Zahlen. Man erhalt nun fur
i! n!
f (n+k) (π) = f (n+k) ( ab ) die Summe
f (n+k) ( ab )
=
n−k
X
i=0
n−k
i
X (n + k + i)!
(n + k + i)!
k+i a
cn+k+i b
=
cn+k+i bk ai ∈ Z .
i! n!
bi
i!
n!
i=0
(12)
Schlielich bleibt noch festzuhalten, da die Ableitungen von fn fur j > 2n vollstandig
verschwinden, denn xn (a − bx)n ist ein Polynom in x vom Grade 2n .
Damit haben wir folgendes wesentliche Zwischenergebnis: Die Funktion fn und alle ihre
Ableitungen sind an den Stellen 0 und π = ab ganzzahlig. Aus diesem Grunde ist auch die
Funktion Fn an den Stellen 0 und π = ab ganzzahlig.
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Aus (2) ist ohne Umstande die Gultigkeit der Gleichung Fn + Fn00 = f abzulesen. Man
beachte dabei, da f (2n+2) verschwindet. Diese Gleichung zieht, wie man schnell nachrechnet,
(Fn0 · sin −Fn · cos)0 = fn · sin nach sich. Das ergibt nunmehr
Z
π
fn (x) sin(x) dx =
0
h
iπ
Fn0 (x) sin(x) − Fn (x) cos(x)
0
= Fn0 (π) sin π − Fn (π) cos π − Fn0 (0) sin 0 + Fn (0) cos 0
=
Fn0 (π)
· 0 − Fn (π) · (−1) −
= Fn (0) + Fn (π) .
Fn0 (0)
(13)
· 0 + Fn (0) · 1
Nach unserem Zwischenergebnis ist dieses Integral eine ganze Zahl. Andererseits folgt aus
0 ≤ x ≤ π = ab die Ungleichung 0 ≤ bx ≤ a und daraus 0 ≤ a − bx ≤ a . Mithin gilt
0 ≤ fn (x) ≤
π n an
,
n!
(14)
woraus sich fur das Integral (13) die Abschatzung
0 ≤
Z
0
π
Z π
fn (x) sin(x) dx = fn (x) sin(x) dx
(15)
Z 0π
Z
π n an π
2 π n an
≤
|fn (x)|| sin(x)| dx ≤
| sin(x)| dx =
n! 0
n!
0
ergibt. Weil n! schneller als jede Potenz un , u > 0 , wachst, kann der Ausdruck 2 πn!a fur
hinreichend groes n unter jede beliebige positive Schranke gedruckt, insbesondere also kleiner
a n
a n
als 1 gemacht werden. Zugleich ist fn ( π2 ) sin π2 = n!1 ( 2b
) (a − b 2b
) sin ab > 0 , so da wegen
der Stetigkeit von fn · sin
Z π
n n
fn (x) sin(x) dx > 0
(16)
0
gesichert ist. Zusammen mit (15) (bei hinreichend
groen n ) haben wir damit einen WiderR
spruch gegen die Ganzahligkeit des Integrals 0π fn (x) sin(x) dx erlangt.
Quelle: http://www.lrz-muenchen.de/ hr/numb/pi-irr.html
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