MaureenSchmitz28.November2017 TranszendenteZahlen SeminarausarbeitungzumProseminarModul4c”Unendlichkeit“

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Seminarausarbeitung zum Proseminar Modul 4c

” Unendlichkeit“

Transzendente Zahlen

Maureen Schmitz

28. November 2017

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Inhaltsverzeichnis

1 Allgemeines zu Polynomen 3

2 Konzepte der algebraischen & transzendenten Zahlen 6

2.1 Algebraische Zahlen . . . 6

2.1.1 Abz¨ahlbarkeit der algebraischen Zahlen . . . 7

2.1.2 Uberabz¨¨ ahlbarkeit der reellen Zahlen . . . 8

2.2 Transzendente Zahlen . . . 9

2.2.1 Irrationalit¨at als Voraussetzung von Transzendenz . . . 9

2.2.2 Uberabz¨¨ ahlbarkeit der Menge der transzendenten Zahlen . . . 10

3 Transzendenz von e 10 3.1 Die eulersche Zahl e . . . 10

3.2 Beweis f¨ur die Transzendenz von e . . . 12

4 Literaturverzeichnis 17

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1 Allgemeines zu Polynomen

Definition 1.1 (Polynom) Sei R ein Ring

• Ein Polynom ¨uber R ist ein Ausdruck der Form a0+a1x+...+anxⁿ, wobeiai ∈R und x eine Unbestimmte ist. Die Menge aller Polynome ¨uber R wird mit R[x]

bezeichnet.

• Istf ∈ R[x]ein Polynom mitf 6= 0, so nennt mandeg(f) := max{n∈N:an6= 0}

als den h¨ochsten in f auftretenden Exponenten von x, den Grad von f.

Nun ein paar Begriffe: Man nennt bei einem Polynom P den Koeffizienten bei der h¨ochsten Potenz von x seinen Leitkoeffizienten.

Beispiel 1 Bei P(x) = 4x³+x+ 3 ist der Leitkoeffizient 4 und der Grad deg(P) = 3 Definition 1.2 Ein Verkn¨upfungsgebilde (R,+,·) heißt Ring, genau dann wenn

• (R,+) eine kommutative Gruppe

• (R,·) ein assoziatives Verkn¨upfungsgebilde,

• · distributiv bzgl. +ist.

Ausgehend von Polynomen mit Koeffizienten in R der Form

P(x) =

n

X

i=0

aixⁱ=a0+a1x¹+a2x²+...+anxⁿ

bilden alle diese Polynome einen Ring bez¨uglich Addition und Multiplikation.

Beispiel 2 Wir nehmen fürR den RingZ, so müssen wir die Addition und Multiplika- tion auf R[x]definieren und zeigen, dass tatsächlich ein Ring dabei herauskommt. Dafür ordnen wir die Potenzen vonx der Größe nach und addieren zwei Polynome, indem wir die Koeffizienten potenzweise addieren. Fürf(x) = 2x+ 1und g(x) =x³+ 5x−7 ergibt sich

(f+g)(x) = (2x+ 1) + (x³+ 5x−7) =x³+ (2 + 5)x+ (1−7) =x³+ 7x−6.

Die Multiplikation zweier Polynome erfolgt durch klassisches Ausmultiplizieren von Sum- men gem¨aß der Kommutativ-, Assoziativ- und Distributivgesetze, wobei auf die Potenzen von x die bekannten Potenzgesetze angwendet werden.

(f ·g)(x) = (2x+ 1)·(x³+ 5x−7) = (2x·x³+ 2x·5x−2x·7) + (x³+ 5x−7)

= (2x⁴+ 10x²−14x) + (x³+ 5x−7)

= 2x⁴+x³+ 10x²−9x−7.

(4)

Mit Hilfe der Gesetze inR, sowie der Potenzgesetze f¨urx, kann man leicht nachpr¨ufen, dass auch R[x] zu einem Ring wird.

Bemerkung 1.3 SeiR ein Ring und a∈R.

• Gibt es ein b∈R mitab= 0, so heißt aNullteiler.

• Gibt es außer 0 keinen Nullteiler inR, so heißtR Integrit¨atsring.

Definition 1.4 (Euklidischer Ring) Sei R ein Integrit¨atsring. Dann heißt R eukli- disch, wenn es eine Abbildungδ:R\ {0} →N0 gibt, sodass es zu je zwei Elementen a, b ∈R mit b6= 0 Elemente q, r∈R gibt, sodassa=qb+r und r= 0 oder

δ(r)< δ(b) gilt. Eine solche Abbildung nennt man euklidische Funktion. [2][vgl.S.114ff.]

Theorem 1.5 (Polynomdivision) SeiK ein K¨orper. Dann ist der PolynomringK[x]

mit der Gradfunktion δ(x) := deg(f) ein euklidischer Ring.

Beweis Zu zeigen: F¨ur alle Polynomef, g∈K[x], g6= 0, gibt es Polynome q, r∈K[x]

mitf =gq+r und deg(r)<deg(g).

Sein= deg(f)∈N∪ {−∞}undm= deg(g)∈N. Wir benutzen vollst¨andige Induktion.

F¨urn < mk¨onnen wir einfach q= 0 und r=f setzen.

Sei nun n≥m. Man kannf und g schreiben als

f(x) =anxⁿ+· · ·+a0, g(x) =bmx^m+· · ·+b0

mitan, bm6= 0. Wir definieren nun die jeweils h¨ochsten Terme vonf undgdurcheinander und erhalten

q⁰(x) := a_n

b_mx^n−m∈K[x]

Subtrahieren wir nun q⁰·g vonf, so erhalten wir (f −q⁰g)(x) =a_nxⁿ+· · ·+a₀− a_n

b_mx^n−m(b_mx^m+· · ·+b₀).

Da sich in diesem Ausdruck der Termanxⁿ weghebt, ist deg(f−q⁰g)< n. Jetzt k¨onnen wir auf das Polynomf−q⁰g die Induktionsvoraussetzung anwenden. Denn nach Induk- tionsvoraussetzung gibt es Polynome q⁰⁰, r∈K[x] mit deg(r) <deg(g) und

f−q⁰g=q⁰⁰g+r⇔f = (q⁰+q⁰⁰)g+r.

Setzen wir nunq =q⁰+q⁰⁰, so sind wir fertig.

[3][vgl.S.104ff.]

Aus dem Beweis erhält man einen Algorithmus, der es ermöglicht ein Polynom durch ein anderes mit Rest zu dividieren. Dahinter steckt nämlich einfach die Polynomdivision, die man schon aus der Schule kennt.

(5)

Beispiel 3 Betrachten wir f¨ur K =Q zun¨achst f(x) =x⁵+x⁴−x³−x²+x+ 1 und g(x) = 2x³+ 2x²+ 4x. Wir wollenf durch gteilen. Dabei wird der erste Koeffizient von f durch den ersten von g geteilt. Wir erhalten somit:

q⁰ = x⁵ 2x³ = 1

2x². Anschließend betrachten wir f−gq⁰ und erhalten

x⁵+x⁴−x³−x²+x+ 1−1

2x²(2x³+ 2x²+ 4x) =−x³−x²+x+ 1.

Nochmal teilen wir den h¨ochsten Koeffizienten hiervon durch den h¨ochsten Koeffizienten von g. Dies ergibt

q₂⁰ =−1 2

Die Differenz, wie wir sie oben gebildet haben, ergibt nun

−x³−x²+x+ 1−(−1

2)(2x³+ 2x²+ 4x) = 3x+ 1.

Da der Grad von 3x+ 1 kleiner ist als der von g, sind wir fertig. Das Endergebnis ist demnach

x⁵+x⁴−x³−x²+x+ 1 = 1

2x²(2x³+ 2x²+ 4x)−x³−x²+x+ 1

= (1 2x²−1

2)(2x³+ 2x²+ 4x) + 3x+ 1 Wir erhalten einen Rest und somit ist g kein Teiler vonf.

Satz 1.6 Sei K ein K¨orper und f ∈ K[x]\ {0} ein Polynom vom Grad n ∈N. Dann gilt:

1. Ist a∈K mitf(a) = 0, so giltx−a|f 2. f hat h¨ochstens nNullstellen .

Beweis zu 1.

Wir k¨onnen f mit Hilfe der Polynomdivision (Theorem 1.5) mit Rest durch (x−a) dividieren und erhalten

f =q(x−a) +r

mitq, r∈K[x] und deg(r)<deg(x−a) = 1. Also ist r ein konstantes Polynom. Setzen wir in diese Gleichung den Wert aein, so ergibt sich:

0 =f(a) =q(a)(a−a) +r(a)∈K.

Da r ein konstantes Polynom ist, dessen Wert an einer Stelle agleich Null ist, muss r das Nullpolynom sein. Also ist

f =q(x−a),d.h. x−a|f.

(6)

Beweis zu 2. Wir beweisen die Aussage mit Hilfe vollständiger Induktion nach n und der Division mit Rest. Falls n = 0 ist, so ist f 6= 0 ein konstantes Element in K und die Aussage stimmt, denn ein konstantes Polynom hat keine Nullstellen. Falls n >0 ist und a∈ K eine Nullstelle von f ist, dann können wir f als (x−a)q für ein q ∈K[x]

schreiben. Dieses muss den Gradn−1 haben und besitzt nach Induktionsvoraussetzung höchstens n−1 Nullstellen. Dann hat f = (x−a)q höchstensn Nullstellen, nämlicha

und die Nullstellen vonq.

[3][vgl.S.105ff.]

Beispiel 4 Wir betrachten das Polynom f(x) = x² + 1 ∈ (Z/2Z)[x]. Dann besitzt f in Z/2Z nur die Nullstelle 1. Laut dem oben genannten Satz kann es maximal zwei Nullstellen besitzen.

2 Konzepte der algebraischen & transzendenten Zahlen

2.1 Algebraische Zahlen

Bevor ich zu der Definition einer algebraischen Zahl komme m¨ochte ich vorab das Zah- lensystem betrachten. Es gibt die nat¨urlichen Zahlen N.

N = {0,1,2,3, . . .}. Diese erweitert man mit den negativen Vorzeichen und erhält so die ganzen Zahlen Z. Dann gibt es die rationalen Zahlen Q. Dass es aber noch mehr Zahlen geben muss, zeigt die Diagonale in einem Quadrat mit der Seitenlänge 1. Mit Hilfe des Satz des Pythagoras, der sicherlich bekannt ist, hat die Diagonale die Länge

√2. Diese Zahl ist eine irrationale Zahl und die Menge aller irrationalen Zahlen wird mit I bezeichnet. Die reellen Zahlen sind gegeben aus R = I∪Q. Der Aufbau dieses Zahlensystems entspricht demnach:

N⊂Z⊂Q⊂R.

Allerdings gibt es noch weitere Zahlenmengen, die unterschieden werden k¨onnen. Das f¨uhrt uns zu der Frage nach den algebraischen und transzendenten Zahlen.

Definition 2.1 Eine reelle Zahl α heißt algebraisch vom Gradn, wenn sie Nullstelle eines Polynoms

f(x) =a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+· · ·+a₂x²+a₁x+a₀ = 0 (1) mit f(x)∈Z[x] vom Gradn >0 ist und α nicht die Nullstelle eines Polynoms g∈Z[x]

mit deg(g)<deg(f) ist. Somit gilt f(α) = 0.

Da jedes Polynom aus den Rechenoperationen +,- und · gebildet wird, nennt man die Zahl α, die Nullstelle irgendeines Polynoms ist, algebraisch ¨uber dem K¨orper K der Koeffizienten.

(7)

Die Menge der algebraischen Zahlen bezeichne ich im Fortlaufenden mitA. Die algebraischen Zahlen lassen sich ¨uberR nun entsprechend einordnen:

N⊂Z⊂Q⊂A⊂R.

[2][vgl.S.166ff.]

Bemerkung 2.2 Die Menge der algebraischen ZahlenAenth¨alt alle rationalen Zahlen, denn jede rationale Zahl r = ^m_n mitm, n ∈Z und n >0 ist algebraisch vom Grad 1, da sie Nullstelle des Polynoms

f(x) =nx−m

ist. Daraus folgt, dass eine algebraische Zahl vom Grad n >1 nicht rational sein kann.

Beispiel 5 Algebraische Zahlen 1. Die Zahl x=√

2 ist algebraisch vom Grad 2, da sie Nullstelle des Polynoms f(x) =x²−2

ist.

2. Der goldene Schnitt ϕist Nullstelle des PolynomsP(x) =x²+x−1. Das bedeutet, dass P(ϕ) = 0 und somit ist ϕalgebraisch vom Grad 2.

2.1.1 Abz¨ahlbarkeit der algebraischen Zahlen

Definition 2.3 Eine Menge heißt abzählbar, wenn sie endlich ist oder man ihre Ele- mente bijektiv den natürlichen Zahlen N zuordnen kann. Eine unendliche Menge, die nicht abzählbar ist, heißt überabzählbar.

Jedes α ∈ A ist nach Definition Nullstelle eines ganzzahligen Polynoms. Aus Kapitel 1 wissen wir, dass jedes Polynom h¨ochstens endlich viele Nullstellen besitzt. Es gilt nun das folgende Lemma zu zeigen, um die Abz¨ahlbarkeit vonA zu beweisen.

Lemma 2.4 Die Menge der Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten ist abz¨ahlbar.

Beweis Zu zeigen: Für einen festen Grad n eines Polynoms gibt es für jeden Koeffizi- entena0, . . . , an abzählbar viele Möglichkeiten:

Es gibt eine bijektive Abbildung zwischen der Menge aller Polynome(mit rationalen Koeffizienten) vom Gradnf¨urn≥0 und dem (n+ 1)-fachen Produkt alsoZ\

0 ×Zⁿ.

P_n:=

f ∈Z[x] |deg(f) =n

(8)

P_n→Z\

0 ×Zⁿ; a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+· · ·+a₀7→(a_n, an−1, . . . , a₀).

Ein (n+ 1)-Tupel steht f¨ur die Menge aller Koeffizienten eines solchen Polynoms vom Grad n, wobei der Leitkoeffizient 6= 0 sein muss. Somit ist die Menge aller in Frage kommenden Polynome vom Gradnabz¨ahlbar und wird mitP_n bezeichnet.

Dann ist die Menge aller Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten offenbar P =

0 ∪P0∪P1∪P2∪P3∪. . .

Dies ist eine unendliche Vereinigung aus abzählbaren Mengen. Da sich die Vereinigung aber nur über abzählbar viele Mengen erstreckt, können wir die einzelnen Abzählungen wieder untereinander schreiben:

P₀ =

P_0,0, P_0,1, P_0,2, P_0,3, . . . P₁ =

P_1,0, P_1,1, P_1,2, P_1,3, . . . P2 =

P2,0, P2,1, P2,2, P2,3, . . . P3 =

P3,0, P3,1, P3,2, P3,3, . . . . . . .

Es ergibt sich wie bei der Abz¨ahlung der rationalen Zahlen die Abz¨ahlung P0,0→P0,1→P1,0→P2,0→P1,1 →P0,2 →P0,3 →P1,2 →P2,1 →. . . .

Wenn wir jetzt ein solches Polynom betrachten, so wissen wir, dass es nur endlich viele Nullstellen haben kann. Wir m¨ussen nun in der Abz¨ahlung jedesPi,j durch die endliche Anzahl seiner Nullstellen ersetzen.

Es gibt also nur abz¨ahlbar viele Polynome, deren Nullstellen als algebraische Zahlen in

Frage kommen.

[3][vgl.S.103ff.]

2.1.2 ¨Uberabz¨ahlbarkeit der reellen Zahlen

Georg Cantor fand im 19.Jahrhundert einen Beweis daf¨ur, dass die Menge der reellen Zahlen nicht abz¨ahlbar ist.

Beweis der Überabzählbareit der reellen Zahlen R. Wir nehmen an, wir hätten die reellen Zahlen des Einheitsintervalls durchnummeriert, dh. alle reellen Zahlenamit der Eigenschaft 0≤a≤1. Dann ließen sich die Zahlen in einer Folge

a₁ = 0, z₁₁z₁₂z₁₃. . . a₂ = 0, z₂₁z₂₂z₂₃. . .

(9)

a₃ = 0, z₃₁z₃₂z₃₃. . .

aufschreiben, wobei die z_ij die Ziffern 0,1, . . . oder 9 sind. Wir werden nun die Zahl b konstruieren, die in dieser Folge nicht vorkommen kann.

b= 0, x₁x₂x₃. . .mitx_i =

(zii+ 1, fallszii<8, z_ii−1, fallsz_ii≥8

Die konstruierte Zahl kann in der Folge a1, a2, a3, . . . nicht enthalten sein. Denn wäre nämlich die konstruierte Zahl b = a_k für ein k, dh. würde diese Zahl mit einer der durchnummerierten reellen Zahlen des Einheitsintervalls übereinstimmen, dann müsste b = 0, x1x2x3· · · = a_k = 0, z_k1z_k2. . . z_kk sein. Daraus folgt aber x_k = z_kk. Das stimmt aber nicht, es ist ja x_k = z_kk±1. Damit kann b nicht eine der Zahlen a₁, a₂, . . . sein.

Wir haben hiermit gezeigt, dass die Menge der reellen zahlen zwischen 0 und 1 nicht abz¨ahlbar ist. Somit kann die Menge aller reellen Zahlen nicht abz¨ahlbar sein.

2.2 Transzendente Zahlen

Definition 2.5 Eine reelle Zahl α heißt transzendent, wenn sie nicht algebraisch ist.

Das bedeutet, wenn sie also nicht als L¨osung einer algebraischen Gleichung beliebigen (endlichen) Grades auftreten kann. Also wenn es kein Polynom

P(x) =a₀+a₁x¹+a₂x²+· · ·+a_nxⁿ(mit n ganzzahligen koeffizienten a_i) gibt, das an der Stellex=α den Wert Null annimmt, also P(α) = 0.

Bemerkung 2.6 Das Wort transzendent kommt aus dem Lateinischen,

”transcende- re“und bedeutet

”¨uberschreiten“. Bei diesen Zahlen wird eine universale Grenze ¨uberschritten, und zwar die Darstellbarkeit als Nullstelle eines Polynoms mit rationalen Koeffizienten.

2.2.1 Irrationalit¨at als Voraussetzung von Transzendenz

Wir haben bisher gezeigt, dass die rationalen ZahlenQalgebraisch sind. AusQ⊂Aund T=R\Afolgt T⊂I.

Folgerung Alle transzendenten Zahlen m¨ussen irrational sein.

Im Folgenden beweisen wir:T=R\A6=∅.

(10)

2.2.2 ¨Uberabz¨ahlbarkeit der Menge der transzendenten Zahlen

Theorem 2.7 Die MengeTder transzendenten Zahlen ist nicht leer,sondern ¨uberabz¨ahlbar.

Behauptung Neben den algebraischen Zahlen gibt es noch eine weitere Teilmenge in R, und zwar die transzendenten ZahlenT. Die Behauptung folgt aus der Abzählbarkeit der algebraischen Zahlen und der Überabzählbarkeit der reellen Zahlen.

Beweis Angenommen T wäre abzählbar, so wäre R = A∪T abzählbar, ein Wider-

spruch.

Wir haben nun die Existenz transzendenter Zahlen gezeigt, indem wir bewiesen haben, dass die algebraischen Zahlen abzählbar sind, dh. es gibt nur abzählbar viele Polynome, deren Nullstellen als algebraische Zahlen in Frage kommen. Ebenfalls haben wir gezeigt, dass die reellen Zahlen überabzählbar sind und es folglich sogar überabzählbar viele transzendente Zahlen geben muss. Also

”unendlich“viel mehr als algebraische Zahlen.

[3][vgl.S.102ff.]

3 Transzendenz von e

3.1 Die eulersche Zahl e

Definition 3.1 Die Eulersche Zahl e ist definiert durch die unendliche Reihe

∞

X

j=0

1 j!.

Bemerkung 3.2 Es ist e= 2,718281828459. . .. Mit Hilfe der Eulerschen Zahl e wird die Exponentialfunktion durch

e^x :=

∞

X

j=0

x^j j!

definiert. Für reelle Werte von x ist die Exponentialfunktion streng monoton wachsend und nimmt nur positive Funktionswerte an. Zudem ist sie beliebig oft differenzierbar und stimmt überall mit ihren Ableitungen überein.

Im Folgenden möchten wir zeigen, dass die Zahl etranszendent ist. Dafür beweisen wir zunächst die Irrationalität dieser Zahl, denn wir wissen, dass die Irrationalität Voraus- setzung für die Transzendenz ist. AlsoT⊂I. [2][vgl.S.171ff.]

(11)

Lemma 3.3 Die Eulersche Zahl eist irrational.

Beweis Wir f¨uhren einen indirekten Beweis: Wir nehmen also an, dasse rational sei, dh. dass e= ^p_q mitp, q∈Nund q >0 gilt. Wir betrachten f¨uredie Reihendarstellung

e:=

∞

X

k=0

1 k!.

Die Reihe wird nun f¨urn∈Nin zwei Summen zerlegt und wir erhalten die Partialsum- men:

Sn: =

n

X

k=0

1

k!, Rn:=

∞

X

k=n+1

1 k!

e=Sn+Rn=

n

X

k=0

1 k!+

∞

X

k=n+1

1 k! .

Es gilte−S_n>0 und weiter e−S_n=

∞

P

k=n+1 1

k! = _(n+1)!¹ +_(n+2)!¹ +_(n+3)!¹ +. . . = _(n+1)!¹ (1 +_(n+2)¹ +_(n+2)(n+3)¹ +. . .)

< _(n+1)!¹ ·(1 +_(n+1)¹ +_(n+1)¹ 2 +_(n+1)¹ 3 +. . .) = _(n+1)!¹ ·

∞

P

k=0

(_n+1¹ )^k

= _(n+1)!¹ · ¹

1−_n+1¹ = _n!n¹ .

Daraus folgt 0< e−Sn< _n!n¹ .

Wir setzen f¨ure= ^p_q, da wir annehmenesei rational und erhalten somit:

0< ^p_q −S_n< _n!n¹

Wir w¨ahlen nun n=q und so folgt

0< ^p_q −S_q< _q!q¹ , (durch multiplizieren der Gleichung mitq! erhalten wir nun) 0< ^q!p_q −S_qq!< ¹_q ⇔ 0< p(q−1)!−S_qq!< ¹_q <1

Da keine ganze Zahl zwischen 0 und 1 liegt, haben wir einen Widerspruch zu unserer Annahme aufgezeigt. Also folgt daraus, dass e sich nicht als rationale Zahl darstellen

l¨asst und somit e∈I ist.

(12)

3.2 Beweis f¨ur die Transzendenz von e

Satz 3.4 Die Eulersche zahl e ist transzendent.

Bemerkung 3.5 Der im Folgenden aufgef¨uhrte Beweis der Transzendenz von e geht nicht direkt von einer der m¨oglichen Definitionen von e aus, sondern verwendet eine abgeleitete Eigenschaft der Exponentialfunktion.

Er baut auf folgender Tatsache auf: F¨ur alle k∈Ngilt Z ∞

0

x^ke^−x dx=k!. (2)

Beweis durch vollst¨andige Induktion. Wir Zeigen I_k=R∞

0 x^ke^−x dx=k! . Induktionsanfang:k= 0

I0= Z ∞

0

x⁰e^−x dx= Z ∞

0

e^−x dx= lim

z→∞

Z z

0

e^−x dx

z→∞lim[−e^−x]^z₀ = lim

z→∞(e⁰−e^−z) = 1 = 0!. Induktionsvoraussetzung:

I_k = Z ∞

0

x^ke^−x dx=k!

Induktionsschluss:

I_k+1= Z ∞

0

x^k+1e^−x dx= (k+ 1)!

Beweis: mit Hilfe Partieller Integration.

Allgemein gilt R

uv⁰ =uv−R

u⁰v und somit Z z

0

x^k+1e^−x dx= [x^k+1(−e^−x)]^z₀− Z z

0

(k+ 1)x^k(−e^−x) dx

=−[x^k+1(e^−x)]^z₀+ (k+ 1) Z z

0

x^ke^−x dx Z ∞

0

x^k+1e^−x dx= lim

z→∞[−[x^k+1(e^−x)]^z₀+ (k+ 1) Z z

0

x^ke^−x dx]

=− lim

z→∞(z^k+1e^−z) + (k+ 1)k!.

(13)

Da−limz→∞(z^k+1e^−z) = 0 folgt Z ∞

0

x^k+1e^−x dx= (k+ 1)k! = (k+ 1)! . F¨ur den Transzendenzbeweis werden zwei Hilfsmittel verwendet, welche als bekannt vor- ausgesetzt werden.

1.

k→∞lim x^k

k! = 0,f¨ur alle x∈R (3)

2.

|x₀+x₁+x₂+x₃+· · ·+x_n| ≤ |x₀|+|x₁|+|x₂|+|x₃|+· · ·+|x_n|, (4) f¨ur alle x1, . . . , xn∈R .

Bemerkung 3.6 1. Zum Nachweis des Grenzwertes in Gleichung (3) überlegt man, dass das (k+ 1)-ste Folgeglied aus dem k-ten Glied durch Multiplikation mit dem Faktor _(k+1)^x entsteht. Bei gegebenen x gilt für alle k > 2|x|, dass der hinzukom- mende Faktor kleiner als ¹₂ ist, also von einer bestimmten Stelle an das nächste Glied immer- dem Betrag nach- kleiner ist als die Hälfte des vorangehenden. Daher muss es sich hier um eine Nullfolge handeln.

2. Die verallgemeinerte Dreiecksungleichung (4) ist offensichtlich richtig, wenn alle auftretendenx_i das gleiche Vorzeichen haben; dann gilt sogar Gleichheit. Im ande- ren Falle hebt sich auf der linken Seite einiges auf, w¨ahrend rechts weiterhin alle xi ihren vollen Betrag einbringen.

Nun kommen wir zum eigentlichen Beweis: Er wird hier direkt gef¨uhrt und nicht wie sonst ¨ublich durch einen Widerspruch. Zu zeigen ist daher, dass folgender Satz gilt.

Satz 3.7 Die Zahleist nicht algebraisch, d.h. f¨ur jede Wahl vonn∈Nunda₀, a₁, . . . , a_n∈ Z mita0 6= 0 und an6= 0 gilt also

a_nxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+· · ·+a₁x¹+a₀6= 0 . (5) Beweis Beweisidee: Es seien die Zahlen n, a0, a1, . . . , angegeben. Dann werden Zahlen r, s∈Rund p∈Zkonstruiert, sodass gilt

r(aneⁿ+an−1eⁿ⁻¹+· · ·+a1e¹+a0) =s+p (6)

mit|s|<1 (7)

p6= 0 . (8)

(14)

Dap∈Zist, folgt aus (7) und (8), dass p+svon Null verschieden ist. Dann kann aber auch keiner der Faktoren auf der linken Seite der Gleichung (6) verschwinden, sodass die Gleichung (5) folgt.

Wir definieren zur Ausf¨uhrung dieser Idee nun zwei Hilfsfunktionen:

g(x) =x(x−1)(x−2)(x−3). . .(x−n);x∈R h(x) = (x−1)(x−2). . .(x−n)e^−x;x∈R. Seik∈N zun¨achst beliebig aber fest gew¨ahlt mit

f(x) =g(x)^kh(x); x∈R

f(x) =x^k((x−1)(x−2)(x−3). . .(x−n))^k+1e^−x f¨ur alle x∈R. Durch Ausmultiplizieren erh¨alt man nun

f(x) =e^−x

k+n(k+1)

X

j=k

bjx^j (9)

mit b_j ∈ Z. Im Fall j = k erhalten wir b_k = ±(n!)^k+1. Nun betrachten wir folgendes Integral:

w₀ = Z ∞

0

f(x) dx=

k+n(k+1)

X

j=k

b_j Z ∞

0

x^je^−x dx (10)

Wegen (2) sind die Integrale unter der Summe ganze, durchk! teilbare Zahlen. F¨urj > k sind sie sogar durch (k+ 1)! teilbar. Da alle Koeffizienten bj ganze Zahlen sind, ergibt sich

w0 =±(n!)^k+1k! +c0(k+ 1)! mitc0 ∈Z. (11) Wir setzen

r= w₀

k! =±(n!)^k+1+c₀(k+ 1) (12) und spaltenw0 f¨uri= 1, . . . , n auf und erhalten

w₀=v_i+w_i mitv_i=Ri

0f(x) dxund w_i =R∞

i f(x) dx.

So ergibt sich f¨urr(aneⁿ+an−1eⁿ⁻¹+· · ·+a2e²+a1e¹+a0) eine Zerlegung der Form

(15)

r(a_neⁿ+an−1eⁿ⁻¹+· · ·+a₂e²+a₁e¹+a₀) = w₀

k!(a_neⁿ+an−1eⁿ⁻¹+· · ·+a₂e²+a₁e¹+a₀)

= w0aneⁿ+w0an−1eⁿ⁻¹+· · ·+w0a1e¹+w0a0

k!

= (vn+wn)aneⁿ+· · ·+ (v1+w1)a1e¹+w0a0

k!

= v_na_neⁿ+· · ·+v₁a₁e

k! +w_na_neⁿ+· · ·+w₁a₁e+w₀a₀

k! .

Somit gilt noch zu zeigen, dass die beiden Zahlen s:= v_na_neⁿ+· · ·+v₁a₁e

k! p:= w_na_neⁿ+· · ·+w₁a₁e+w₀a₀ k!

die geforderten Eigenschaften f¨ur ein geeignetesk∈Naus Gleichung (7) und (8) besitzen.

Betrachten wir zun¨achst p:

Es soll geltenp6= 0 :

Durch Integration durch Substitution erhalten wir nun f¨urw_i:

w_i =e⁻ⁱ Z ∞

0

(x+i)^k((x+i−1)(x+i−2)(x+i−3). . . x . . .(x+i−n))^k+1e^−x dx

=e⁻ⁱ Z ∞

0

k+n(k+1)

X

j=k+1

ebjx^je^−x dx

mitebj ∈Zf¨ur alle vorkommenden j, das heißt w_i =e⁻ⁱ

k+n(k+1)

X

j=k+1

eb_j Z ∞

0

x^je^−x dx .

Nun folgt aus (2), dass jedes Integral unter der Summe durch (k+ 1)! teilbar ist, dh.

wi=e⁻ⁱci(k+ 1)! mit ci ∈Z.

Somit ergibt sich f¨urp:

p= wnaneⁿ+· · ·+w1a1e+w0a0

k!

= (cnan+· · ·+c1a1+c0a0)(k+ 1)±(n!)^k+1a0

=c(k+ 1)±(n!)^k+1a₀

(16)

mitc∈Z.

W¨ahle nunk so, dassk+ 1> nund k+ 1> a0 und k+ 1∈P eine Primzahl ist. Es gilt (n!)^k+1a₀6= 0. Mit einer solchen Wahl von kteilt (k+ 1) nicht (n!)^k+1a₀.

Daraus folgt

p=c(k+ 1)±(n!)^k+1a₀ 6= 0.

Betrachten wir noch s:

Hierfür schauen wir uns die Einschränkungen der Funktion g, h, f auf dem Intervall [0, n] an. Da alle drei Funktionen stetig und das Intervall kompakt ist folgt, dassg, h, f beschränkt sind, das heißt, es gibt zunächst positive reelle Zahlen G, H derart, dass für alle x∈[0, n] gilt:

|g(x)| ≤G, |h(x)| ≤H ⇒ |f(x)| ≤G^kH ⇔ −G^kH ≤ |f(x)| ≤G^kH.

Daraus folgen f¨uri= 1,2, . . . , n die Integralabsch¨atzungen

−G^kHi≤ Z i

0

f(x)dx=v_i ≤G^kHi ⇔ |v_i| ≤G^kHi.

Das ergibt mit Hilfe der verallgemeinerten Dreiecksungleichung (4)

|s|k! =|v_na_neⁿ+· · ·+v₁a₁e| ≤ |v_na_neⁿ|+· · ·+|v₁a₁e|=|v_n||a_n|eⁿ+· · ·+|v₁||a₁|e¹

≤G^kH(n|a_n|eⁿ+· · ·+ 1|a₁|e¹) Seiz=H(n|a_n|eⁿ+· · ·+ 1|a₁|e) unabh¨angig vonk.

Aus (3) k¨onnen wir nun folgern

k→∞lim |s| ≤ lim

k→∞

G^kz

k! = ( lim

k→∞

G^k

k!)z= 0·z= 0.

F¨ur ein gen¨ugend großes kgilt somit

|s| ≤ G^kz k! <1.

Da lim_k→∞ ^G_k!^k^z = 0, und es unendlich viele Primzahlen gibt, existiert ein gen¨ugend großes k, f¨ur das sowohl p 6= 0 als auch |s|< 1 gilt. Damit ist die Transzendenz von e

bewiesen.

[1][vgl.S.1ff.]

(17)

4 Literaturverzeichnis

[1] Fritsch, Rudolf: Transzendenz von e im Leistungskurs? http://www.mathematik.uni- muenchen.de/ fritsch/euler.pdf

[2] Kramer, J¨urg: Von den nat¨urlichen Zahlen zu den Quaternionen, Springer Spektrum Verlag: Berlin, 2013.

[3] Toenniessen, Fridtjof: Das Geheimnis der transzendenten Zahlen, Spektrum Akade- mischer Verlag: Heidelberg, 2010.