Irrationalität von pi^2 < Sonstiges < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:47 So 14.11.2004 | | Autor: | miho |
Hi Leute!
Ich bin ganz neu hier im Forum. Schon seit Ewigkeiten brüte ich über einem Beweis für die Irrationalität von [mm] $\pi^2$. [/mm] Okay, das ist ein ziemlich langer Text und ich weiß nicht, ob ihr die Zeit habt, euch das Ganze durchzulesen. Mich würd's aber sehr freuen, wenn mir jemand beim Verständnis des Beweises helfen könnte. Ich komm da einfach nicht weiter. Ich hoffe, dass ich bei den Formeln keine Fehler gemacht habe. Ich mach das nämlich zum ersten Mal. Das Ganze sieht so aus:
Führe die Polynome [mm] $p_n(x):=\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n,n\geqslant [/mm] 1$ ein.
Aussage 1)
[mm] $0
Aussage 2)
Für [mm] $P_n(x):=b^n\{\pi^{2n}p_n(x)-\pi^{2n-2}p_n''(x)+\pi^{2n-4}p_{n}^{(4)(x)}-\dots +(-1)^np_{n}^{(2n)}(x)\}$gilt
[/mm]
[mm] $\frac{d}{dx}(P_n'(x)sin\pi [/mm] x - [mm] \pi P_n(x)cos\pi x)=b^n\pi^{2n+2}p_n(x)sin\pi [/mm] x, [mm] b\in\mathbb{R}$.
[/mm]
Die Ungleichung in 1) ist klar. Die Aussage, dass [mm] $p_n^{(v)(0)}$ [/mm] und [mm] $p_n^{(v)(1)}$ [/mm] ganze Zahlen sind, auch. Die Behauptung in 2) ist mir allerdings völlig schleierhaft:( Aber erstmal weiter zu den Fakten:
In meinem Buch steht, dass 2) folgt, wenn man sich klarmacht, dass die Ableitung links gerade [mm] $(P_n''(x)+\pi^2P_n(x))sin\pi [/mm] x$ ist. Es geht weiter mit:
Wäre nun [mm] $\pi^2$ [/mm] rational, etwa [mm] $\pi^2=\frac{a}{b}$ [/mm] mit natürliche Zahlen [mm] $a,b\geqslant [/mm] 1$, so wären die mit diesem b gebildeten Werte [mm] $P_n(0)$ [/mm] und [mm] $P_n(1)$ [/mm] wegen 1) ganze Zahlen. Daher würde nach 2) wegen [mm] $b^n\pi^{2n+2}=a^n\pi^2$ [/mm] folgen:
[mm] $\pi a^n\int_0^1p_n(x)sin\pi x\:dx=[\pi^{-1}P_n'(x)sin\pi [/mm] x - [mm] P_n(x)cos\pi x]_0^1=P_n(0)+P_n(1)\in\mathbb{Z}$
[/mm]
Wegen 1) gilt aber, da [mm] $0
[mm] $0<\pi a^n\int_0^1p_n(x)sin\pi x\:dx\leqq\pi\frac{a^n}{n!}<1 [/mm] $ für große n,
denn [mm] $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{a^n}{n!}}=0$ [/mm] für jedes [mm] $a\in\mathbb{R}$ [/mm] wegen der Konvergenz der Exponentialreihe. Damit hat man für große $n$
[mm] $0
Danke schon mal im Voraus!
MiHo
P.S:Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:25 Di 16.11.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo Michael!
Beziehst du dich auf das Buch "Das Buch der Beweise" (Aigner / Ziegler) ?
Gruß Micha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:57 Mi 17.11.2004 | | Autor: | miho |
Hi Micha!
Ich hab den Beweis aus dem Buch "Zahlen" von Ebinghaus (Springer). Kann aber gut sein, dass der auch in "Das Buch der Beweise" steht. Das kenn ich aber leider nicht.
Gruß,
Michael
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Ahoi,
ein schöner Beweis.
Wo genau hakt's ?
Wenn nur bei der "Aussage 2", kann ich Dir helfen:
Mache Dir tatsächlich klar, dass [mm] $\frac{d}{dx}(P_n'(x)sin\pi [/mm] x - [mm] \pi P_n(x)cos\pi x)=(P_n''(x)+\pi^2P_n(x))sin\pi [/mm] x$.
Dann gehe zurück auf die Definition von [mm] $P_n$ [/mm] um Summand für Summand [mm] $P_n''$ [/mm] zu berechnen. Du wirst finden, dass sich bis auf den ersten Summanden alle übrigen gegen [mm] $\pi^2P_n(x)$ [/mm] wegheben. Damit hast Du die rechte Seite von Aussage 2.
Herzlich - PP
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:43 Di 23.11.2004 | | Autor: | miho |
Danke für die Antwort!
Ich hab den Beweis mal ausführlicher formuliert. Ich hoffe alles stimmt.
Lemma:
Sei [mm] $p(x)\in\mathbb{Z}[x]$. [/mm] Dann teilt $n!$ [mm] $p^{(n)}(k)\;\forall\;n\in \mathbb{N}\;,\; k\in\mathbb{Z}$.
[/mm]
Das Polynom $p(x)$ lässt sich schreiben als:
[mm] \begin{displaymath}
p(x)=a_tx^t+a_{t-1}X^{t-1}+\dots+a_1x+a_0
\end{displaymath}
[/mm]
Dann ist
[mm] \begin{displaymath}
p^{(n)}(k)=\sum_{m=0}^{t}a_mm(m-1)\dots(m-n+1)k^{m-n}=\sum_{m=0}^{t}a_mn!{m \choose n}k^{m-n}
\end{displaymath}
[/mm]
Daraus folgt die Behauptung.
Wir betrachten eine Funktion [mm] $f(x)=\frac{x^n(1-x)^n}{n!}$.\\
[/mm]
Es gilt:
[mm] \begin{equation}
0
da [mm] $\left|x^n(1-x)^n\right|\leq\;1$. [/mm] Außerdem gilt:
[mm] \begin{equation}
f^{(n)}(0)\in\mathbb{Z}\;\mbox{und}\;f^{(n)}(1)\in\mathbb{Z}\;\forall\;j\in\mathbb{N}\cup\{0\}
\end{equation}
[/mm]
Das geht aus Lemma hervor, wenn man beachtet, dass sich $f(x)$ schreiben lässt als
[mm] \begin{displaymath}
f(x)=\frac{1}{n!}\cdot \underbrace{g(x)}_{Polynom}\;,\;f^{(n)}(x)=\frac{1}{n!}g^{(n)}(x)
\end{displaymath}
[/mm]
$n!$ teilt ja [mm] $g^{(n)}(x)$ [/mm] nach Lemma [mm] \ref{lemma:Lemma}.\\\\
[/mm]
Angenommen [mm] $\pi=\frac{a}{b}$ [/mm] für geeignete [mm] $a,b\;\geq1$. [/mm] Sei
[mm] \begin{displaymath}
F_n(x)=b^n(\pi^{2n}f_n(x)-\pi^{2n-2}f_n''(x)+\pi^{2n-4}f_n^{(4)}(x)-\dots+(-1)^nf_n^{(2n)}(x))
\end{displaymath}
[/mm]
Wegen [mm] (\ref{eq:ganzeZahlen}) [/mm] gilt:
[mm] \begin{displaymath}
F(0)\in\mathbb{Z}\;\mbox{und}\;F(1)\in\mathbb{Z}
\end{displaymath}
[/mm]
Zunächst ist zu zeigen:
[mm] \begin{displaymath}
\frac{d}{dx}(F_n'(x)sin(\pi x)-\pi F_n(x)cos(\pi x))=b^n\pi^{2n+2}f_n(x)sin(x)
\end{displaymath}
[/mm]
Dazu folgende Rechnung:
[mm] \begin{displaymath}
F_n''(x)sin(\pi x)+\pi F_n'(x)cos(\pi x)-\pi F_n'(x)cos(\pi x)+\pi^2 F_n(x)sin(\pi x)\\
=(F_n''(x)+\pi^2F_n(x))sin(\pi x)
\end{displaymath}
[/mm]
Jetzt bleibt noch zu zeigen, dass
[mm] \begin{displaymath}
(F_n(x)+\pi^2F_n(x))=b_n\pi^{2n+2}f_n(x)sin(\pi x)
\end{displaymath}
[/mm]
Betrachten wir hierzu die Ableitungen von [mm] $F_n(x)$ [/mm] im Vergleich zu [mm] $\pi^2F_n(x)$:
[/mm]
[mm] \begin{eqnarray*}
F_n'(x) & = & b^n(\pi^{2n}f_n'(x)-\pi^{2n-2}f_n^{(3)}(x)+\dots)\\
F_n''(x) & = & b^n(\pi^{2n}f_n''(x)-\pi^{2n-2}f_n^{(4)}(x)+\dots)\\
\pi^2F_n(x) & = & b^n(\pi^{2n+2}f_n(x)-\pi^{2n}f_n''(x)+\dots)
\end{eqnarray*}
[/mm]
Hieran sieht man deutlich, dass [mm] $F_n''(x)+\pi^2F_n(x)=b^n\pi^{2n+2}f_n(x)$.Es [/mm] gilt:
[mm] \begin{displaymath}
\pi a^n\int_{0}^{1}f_n(x)sin(\pi x)dx = \left[\frac{1}{\pi}F_n'(x)sin(\pi x)-F_n(x)cos(\pi x)\right]_0^1
\end{displaymath}
[/mm]
da die Stammfunktion von [mm] $f_n(x)sin(\pi [/mm] x) = [mm] \frac{F_n'(x)sin(\pi x)-\pi F_n(x)cos(\pi x)}{b^n\pi^{2n+2}}$.
[/mm]
Das Integral lässt sich dann wie folgt ausrechnen:
[mm] \begin{eqnarray*}
&&\left[\frac{1}{\pi}F_n'(x)sin(\pi x)-F_n(x)cos(\pi x)\right]_0^1=\\
& = & \pi a^n\left(\frac{F_n'(1)sin(\pi x)-\pi F_n(1)cos(\pi 1)-F_n'(0)sin(\pi 0)-\pi F_n(0)cos(\pi 0))}{b^n\pi^{2n+2}}\right)\\
& = & \frac{\pi^2a^nF_n(0)+\pi^2a^nF_n(1)}{b^n\pi^{2n+2}}\\
& = & F_n(0)+F_n(1)
\end{eqnarray*}
[/mm]
Aus [mm] (\ref{eq:ganzeZahlen}) [/mm] folgt [mm] $F_n(0)+F_n(1)\;\in\mathbb{Z}$. [/mm] Da allerdings
[mm] \begin{displaymath}
0<\pi a^n\int_{0}^{1}f_n(x)sin(\pi x)dx \leq\underbrace{\frac{\pi a^n}{n!}}_{Nullfolge}<1
\end{displaymath}
[/mm]
wegen
[mm] \begin{displaymath}
0
kann [mm] $\pi^2\in\mathbb{Q}$ [/mm] nicht sein. Daraus folgt [mm] $\pi^2\in\mathbb{R}$.
[/mm]
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