Die Zahlen e und π sind irrational.

Die Zahlen e und π sind irrational.
Eva Gressung
2. Februar 2017
1
1
Die Zahl e ist irrational
Zu Beginn dieses Abschnitts definieren wir die Eulersche Zahl e und zeigen
anschließend, dass e irrational ist.
Definition 1. Die Eulersche Zahl e ist als Grenzwert der unendlichen Reihe
∞
X1
1
1
1
1
e = + + + + ... =
0! 1! 2! 3!
i!
i=0
definiert.
Bemerkung. Die Konvergenz dieser Reihe folgt mit Hilfe des Quotientenkriteriums, da
1 1 ak+1 (k+1)!
ak = 1 = k + 1 < 1
k!
für k ≥ 2 gilt.
Nun wird bewiesen, dass e irrational ist. Wir wissen, dass e nach Definition
größer als 0 ist, und nehmen nun an, dass e rational ist, d.h. es gibt Zahlen
a, b ∈ N mit e = ab und im Folgenden seien a, b so gewählt.
Proposition 2. Die Zahl
b
X
1
x = b! e −
n!
n=0
!
ist eine ganze Zahl.
Beweis. Es gilt
!
b
X
1
x = b! e −
n!
n=0
a
1
1
1
= b!
−1−1− −
− ... −
b
2 2·3
b!
= a(b − 1)! − b! − b! − b(b − 1) · . . . · 3 − b(b − 1) · . . . · 4 − . . . − 1,
sodass x als Summe von Produkten ganzer Zahlen selbst eine ganze Zahl
ist.
2
Proposition 3. Es gilt
x = b!
∞
X
1
.
n!
n=b+1
Beweis. Es gilt
b
X
1
x = b! e −
n!
n=0
!
∞
b
X
X
1
1
= b!
−
n! n=0 n!
n=0
= b!
!
∞
X
1
.
n!
n=b+1
Satz 4. Die Zahl e ist irrational.
Beweis. Wir nehmen an, die Zahl e sei rational, d.h. es gibt a, b ∈ N mit
e = ab . Wir wissen, dass
∞
X
q
qn =
1−q
n=1
für |q| < 1 gilt, und somit ist
∞
X
1
x = b!
n!
n=b+1
1
1
1
+
+
+ ...
b + 1 (b + 1)(b + 2) (b + 1)(b + 2)(b + 3)
1
1
1
≤
+
+
+ ...
2
b + 1 (b + 1)
(b + 1)3
∞
X
1
=
(b + 1)n
n=1
=
=
1
b+1
1−
1
= ,
b
1
b+1
sodass 0 < x ≤ 1b gilt. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei b ≥ 2, da
a
= 2a
ist. Somit folgt abschließend
b
2b
0<x≤
1
<1
2
und, da x ∈ Z nach Proposition 2 gilt, führt dies zu einem Widerspruch.
Damit lässt sich e nicht als ab für a, b ∈ N schreiben und e ist somit irrational.
3
2
Die Zahl π ist irrational.
Zu Beginn dieses Abschnitts definieren wir die Zahl π und zeigen anschließend
durch einen Widerspruchsbeweis, dass π irrational ist.
Definition 5. Wir definieren π als die kleinste positive Nullstelle der Sinusfunktion.
Um zu zeigen, dass π irrational ist, definieren wir zunächst eine Funktion
f und leiten zu dieser Hilfsergebnisse her.
Definition 6. Seien a, b, n ∈ N. Wir definieren f : 0, ab → R durch
f (x) =
1
(x (a − bx))n .
n!
Proposition 7. Es gilt
n
1 X
n n
(−1)
an−m bm xn+m ,
f (x) =
m
n! m=0
wobei
n
n!
=
m
m!(n − m)!
ist.
Beweis. Wir wissen, dass
n X
n n−m
(a − bx) =
a
(−1)m bm xm
m
m=0
n
ist und somit
1 n
x (a − bx)n
n!
n 1 n X n n−m
= x
a
(−1)m bm xm
n! m=0 m
n
1 X
m n
(−1)
an−m bm xn+m
=
m
n! m=0
f (x) =
gilt.
Proposition 8. Es gilt f (k) (0) = 0 für k < n und k > 2n und f (k) (0) ist
eine ganze Zahl für k = n, . . . , 2n.
Beweis. Da f ein Polynom ist, besitzt die Funktion eine Taylorentwicklung
um 0, die für jedes x ∈ R konvergiert. Es gilt
f (x) =
∞
X
f (k) (0)
k=0
k!
4
xk .
Der Vergleich mit der Darstellung
n
X
1
m n
f (x) =
an−m bm xn+m
(−1)
m
n!
m=0
zeigt, dass alle Summanden für k < n und k > 2n verschwinden, sodass
f (k) (0) = 0 für k < n und k > 2n gilt.
Für k = n, . . . , 2n gilt für die Summanden
n
f (k) (0)
1
k−n
a2n−k bk−n
= (−1)
k−n
k!
n!
und somit
f
(k)
(0) = (−1)
n
a2n−k bk−n .
n! k − n
k−n k!
k!
Da k > n gilt, ist n!
eine ganze Zahl. Da auch die anderen Faktoren ganze
(k)
Zahlen sind, ist f (0) eine ganze Zahl für k = n, . . . , 2n.
(k) a
Proposition
9.
Es
gilt
f
= (−1)k f (k) (0) für k = 0, 1, . . ., sodass
b
f (k) ab eine ganze Zahl ist.
Beweis. Die Funktion x 7→ x(a − bx), deren Graph eine nach unten geöffnete Parabel ist, hat ihre Nullstellen bei x = 0 und x = ab , sodass ihr
a
sind. Dies gilt somit auch für
Symmetriepunkt und Maximum bei x = 2b
1
n
f (x) = n! (x(a − bx)) , sodass
a
a
f
+t =f
−t
2b
2b
für t ∈ 0, ab gilt. Wir leiten nun nach t ab und erhalten
a
a
f (k)
+ t = (−1)k f (k)
−t
2b
2b
für k = 0, 1, . . . sowie
f
für t =
a
2b
(k)
a
b
= (−1)k f (k) (0)
und k = 0, 1, . . ..
Proposition 10. Es gilt
Z
0<
a
b
f (x)sin(x)dx < 1
0
für ausreichend großes n, falls sin(x) > 0 für x ∈ 0, ab ist.
Beweis. Die Funktion f nimmt an der Stelle x =
a
f (x) ≤ f
2b 2 n
1 a
=
n! 4b
a
für x ∈ 0, b gilt.
5
a
2b
ihr Maximum an, sodass
Nun ist f (x) > 0 und somit f (x)sin(x) > 0 für x ∈ 0, ab . Da
n
a a2
→0
bn! 4b
für n → ∞ gilt, ist
Z
a
b
0<
f (x)sin(x)dx
n Z a
b
1 a2
≤
1dx
n! 4b
0
n
a a2
=
bn! 4b
<1
0
für ausreichend großes n.
Wir definieren nun eine weitere Hilfsfunktion F , leiten eine weitere Proposition her und zeigen abschließend durch einen Widerspruchsbeweis, dass
π irrational ist.
Definition. Wir definieren F : 0, ab → R durch
F (x) = f (x) − f 00 (x) + f (4) (x) − . . . + (−1)n f (2n) (x).
Proposition 11. Es gilt
F 00 (x) + F (x) = f (x)
sowie
d
(F 0 (x)sin(x) − F (x)cos(x)) = f (x)sin(x)
dx
für alle x ∈ 0, ab .
Beweis. Da f ein Polynom vom Grad 2n ist, gilt f (2n+2) (x) = 0 für x ∈ 0, ab
und somit
F 00 (x) = f 00 (x) − f (4) (x) + f (6) (x) − . . . + (−1)n f (2n) (x) + (−1)n+1 f (2n+2) (x)
= −F (x) + f (x)
sowie
f (x) = F 00 (x) + F (x)
für x ∈ 0, ab . Damit folgt
d
(F 0 (x)sin(x) − F (x)cos(x))
dx
= F 00 (x)sin(x) + F 0 (x)cos(x) − F 0 (x)cos(x) + F (x)sin(x)
= (F 00 (x) + F (x))sin(x)
= f (x)sin(x)
für x ∈ 0, ab .
6
Satz 12. Die Zahl π ist irrational.
Beweis. Wir nehmen an, die Zahl π sei rational, d.h. es gibt a, b ∈ N mit
π = ab . Es ist
Z π
f (x)sin(x)dx
0
Z π
d
=
(F 0 (x)sin(x) − F (x)cos(x))dx
dx
0
π
= [F 0 (x)sin(x) − F (x)cos(x)]0
= F (π) − F (0)
und mit Proposition 8 und 9 folgt
Z π
f (x)sin(x)dx ∈ Z.
0
Da nach Proposition 10 die Ungleichung
Z π
f (x)sin(x)dx < 1
0<
0
gilt und dies zu einem Widerspruch führt, ist die Zahl π irrational.
7