Beweisarchiv: Zahlentheorie: Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von Zeta(3)

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Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson

Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper

Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von $ζ(3)$ · Primzahlsatz

Im Folgenden wird (mit Hilfe des Primzahlsatzes) gezeigt, dass der Wert

$\zeta(3) := \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}$

der Riemann'schen Zeta-Funktion eine irrationale Zahl ist. Dieses wurde 1979 durch Roger Apéry bewiesen, weswegen man diese Zahl gelegentlich auch als Apéry-Konstante bezeichnet.

[Bearbeiten] Bemerkung

Das Polynom

$P_n(x) := \frac{1}{n!}\cdot\frac{{\rm d}^n}{{\rm d}x^n}[x^n(1-x)^n] =: \sum_{\nu=0}^na_\nu x^\nu$

hat ausschließlich ganzzahlige Koeffizienten $a_\nu \in \mathbb{Z}$ .

[Bearbeiten] Beweis

Nach der Leibniz'schen Formel gilt

$\begin{array}{lll}P_n(x)&=&\frac{1}{n!}\sum\limits_{\nu=0}^n{n \choose \nu}n(n-1)\cdots (n-\nu+1)x^{n-\nu}n\cdots(n-(n-\nu)+1)(1-x)^{n-(n-\nu)}(-1)^{n-\nu} \\&=&\frac{1}{n!}\sum\limits_{\nu=0}^n{n \choose \nu}\frac{n!}{(n-\nu)!}x^{n-\nu}\frac{n!}{\nu!}(1-x)^\nu(-1)^{n-\nu} = \sum\limits_{\nu=0}^n{n \choose \nu}^2(-1)^{n-\nu}x^{n-\nu}(1-x)^\nu\ ,\\\end{array}$

d.h., $P n$ hat nur ganzzahlige Koeffizienten.

$\Box$

[Bearbeiten] Lemma

Ist $f: Q := [0, 1]^2 \rightarrow \mathbb{R}$ stetig, so existiert das Integral $\int_Q \frac{f(x,y)}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y < \infty$ .

[Bearbeiten] Beweis

Da $f$ auf dem Kompaktum $Q$ stetig, also beschränkt ist, muss $\int_Q \frac{1}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y < \infty$ gezeigt werden. Dies ist offenbar äquivalent zu $\int_Q \frac{1}{1-(1-u)(1-v)}{\rm d}u{\rm d}v < \infty$ mit $x = 1 - u$ , $y = 1 - v$ . Weil der Integrand nur in $u = v = 0$ singulär wird, brauchen wir die Endlichkeit nur auf dem Viertelkreis $V := \{(r\cos \varphi, r\sin \varphi)\ |\ 0 < r \leq 1,\ 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}\}$ zu zeigen. Hier können wir Polarkoordinaten einführen und erhalten

$\begin{array}{lll}\int_V\frac{1}{1-(1-u)(1-v)}{\rm d}u{\rm d}v&=&\int_0^{\pi/2}\int_0^1\frac{r}{1-(1-r\cos\varphi)(1-r\sin\varphi)}{\rm d}r{\rm d}\varphi = \int_0^{\pi/2}\int_0^1\frac{1}{\sin\varphi + \cos\varphi - r\sin\varphi\cos\varphi}{\rm d}r{\rm d}\varphi\\ &=&\int_0^{\pi/4}\int_0^1\frac{1}{\sin\varphi(1-r\cos\varphi) + \cos\varphi}{\rm d}r{\rm d}\varphi + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^1 \frac{1}{\cos\varphi(1-r\sin\varphi) + \sin\varphi}{\rm d}r{\rm d}\varphi\\&\leq&\int_0^{\pi/4}\int_0^1\frac{1}{\cos\varphi}{\rm d}r{\rm d}\varphi + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\int_0^1 \frac{1}{\sin\varphi}{\rm d}r{\rm d}\varphi \leq \sqrt{2}\frac{\pi}{4} + \sqrt{2}\frac{\pi}{4} < \infty\ ,\end{array}$

was zu zeigen war.

$\Box$

Wir untersuchen im Folgenden das Integral

$I_n := \int_0^1\int_0^1\frac{-\ln xy}{1 - xy}P_n(x)P_n(y) {\rm d}x{\rm d}y = \sum_{r,s = 0}^na_ra_s \int_0^1\int_0^1 \frac{x^ry^s}{1-xy}(-\ln xy){\rm d}x{\rm d}y\ .$

Die Wohldefiniertheit wird im folgenden Lemma formuliert:

[Bearbeiten] Lemma

Für alle $r, s \in \mathbb{N}_0$ gilt

$\int_0^1\int_0^1 \frac{x^ry^s}{1-xy}(-\ln xy){\rm d}x{\rm d}y = \left\{\begin{array}{lll} \frac{1}{r-s}\sum_{\nu=s+1}^r\frac{1}{\nu^2}\ ,&\textrm{falls}&r > s\ ,\\ 2[\zeta(3) - \sum_{\nu=1}^r\frac{1}{\nu^3}]\ ,&\textrm{falls}&r = s\ ,\\ \frac{1}{s-r}\sum_{\nu=r+1}^s\frac{1}{\nu^2}\ ,&\textrm{falls}&r < s\ .\\ \end{array}\right.$

Insbesondere ist $I n$ wohldefiniert.

[Bearbeiten] Beweis

Die Wohldefiniertheit ist lediglich für $r = s = 0$ zu zeigen. Sei $m \in \mathbb{N}$ und $V := \{(R \cos \varphi, R \sin \varphi)\ |\ R \in (0, \sqrt{2}],\ \varphi \in (0, \frac{\pi}{2})\}$ . Wegen $|\ln x|^m \leq \frac{c}{\sqrt{x}}$ für $x \in (0, 2]$ ist

$\begin{array}{lll}\int_V |\ln xy|^m{\rm d}x{\rm d}y&\leq&c \int_V \frac{1}{\sqrt{xy}}{\rm d}x{\rm d}y = c \int_0^{\pi/2}\int_0^{\sqrt{2}}\frac{R}{\sqrt{R\cos\varphi}\sqrt{R\sin\varphi}}{\rm d}R{\rm d}\varphi = \sqrt{2}c\int_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{\cos\varphi \sin\varphi}}{\rm d}\varphi\\ &=&\sqrt{2}c\int_0^{\pi/4}\sqrt{\frac{\varphi}{\sin \varphi}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\varphi}\sqrt{\cos\varphi}}{\rm d}\varphi + \sqrt{2}c\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sqrt{\frac{\frac{\pi}{2} - \varphi}{\cos\varphi}}\cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2} - \varphi}\sqrt{\sin\varphi}}{\rm d}\varphi\\ &\leq&C[\int_0^{\pi/4}\frac{1}{\sqrt{\varphi}}{\rm d}\varphi + \int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi}{2}-\varphi}}{\rm d}\varphi] < \infty\ .\\ \end{array}$

Nach Lemma Nummer 2 ist jedes Integral $\int_0^1\int_0^1 \frac{x^ry^s}{1-xy}|\ln xy|^m{\rm d}x{\rm d}y$ und somit $I n$ wohldefiniert. Um den Wert dieses Integrals auszurechnen, müssen wir die Funktion

$I(t) := \int_0^1\int_0^1\frac{x^{r+t}y^{s+t}}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y\ ,\ t \geq 0\ ,$

welche nach Lemma Nummer 2 wohldefiniert ist, genauer untersuchen. Und zwar ist

$\begin{array}{lll}I(t)&=&\int_0^1\int_0^1\sum_{k=0}^\infty x^{r+t+k}y^{s+t+k}{\rm d}x{\rm d}y\ \textrm{nach\ geometrischer\ Reihe}\\ &=&\sum_{k=0}^\infty\int_0^1\int_0^1 x^{r+t+k}y^{s+t+k}{\rm d}x{\rm d}y\ \textrm{nach\ Satz\ von\ Beppo\ Levi}\\ &=&\sum_{k=0}^\infty(\int_0^1x^{r+t+k}{\rm d}x)(\int_0^1 y^{s+t+k}{\rm d}y)\\ &=&\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{r+t+k+1} \cdot \frac{1}{s+t+k+1}\ .\\ \end{array}$

Der Trick besteht nun darin, dass man $I$ im Nullpunkt (rechtsseitig) differenzieren darf und daraus die entsprechenden Formeln erhält. Es ist nämlich für $h > 0$

$\begin{array}{lll} \left|\frac{I(h) - I(0)}{h} - \int_0^1\int_0^1\frac{x^ry^s\ln xy}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y\right|&\leq&\int_0^1\int_0^1\left|\frac{x^{r+h}y^{s+h}-x^ry^s}{(1-xy)h} - \frac{x^ry^s\ln xy}{1-xy}\right|{\rm d}x{\rm d}y\\&=&\int_0^1\int_0^1\frac{x^ry^s}{1-xy}\left|\frac{(xy)^h-1}{h} - \ln xy\right|{\rm d}x{\rm d}y\\&=&\int_0^1\int_0^1\frac{x^ry^s}{1-xy}\left|\frac{h(\ln xy)^2}{2}(xy)^\xi\right|{\rm d}x{\rm d}y\ \textrm{mit}\ \xi = \xi(h,x,y)\in (0, h)\\&\leq&\frac{h}{2}\int_0^1\int_0^1\frac{(\ln xy)^2}{1-xy}x^ry^s{\rm d}x{\rm d}y \rightarrow 0\ \mathrm{f\ddot{u}r}\ h \searrow 0\\ \end{array}$

wegen $\int_0^1\int_0^1\frac{(\ln xy)^2}{1-xy}x^ry^s{\rm d}x{\rm d}y < \infty$ , wie wir oben gesehen haben.

Insgesamt haben wir somit $I'(0) = \int_0^1\int_0^1\frac{x^ry^s\ln xy}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y$ . Im Falle $r = s$ gilt

$\begin{array}{lll}I'(0)&=& \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left[\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(r+t+k+1)^2}\right]_{t=0} = \sum_{k=0}^\infty\left[\frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\frac{1}{(r+t+k+1)^2}\right]_{t=0}\\&=& -2\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(r+k+1)^3} = -2[\zeta(3) - \sum_{\nu=1}^r\frac{1}{\nu^3}]\ ,\\ \end{array}$

weil wir wegen der normalen Konvergenz der Zeta-Funktion auf $Re s > 1$ gliedweise differenzieren dürfen. Im Falle $r > s$ (und analog $r < s$ ) ist $I(t) = \frac{1}{r-s} \sum_{k=0}^\infty [\frac{1}{s+1+t+k} - \frac{1}{r+1+t+k}] = \frac{1}{r-s} \sum_{\nu=s+1}^r \frac{1}{\nu+t}$ und somit

$\begin{array}{lll}I'(0)&=& \frac{{\rm d}}{{\rm d}t}\left[\frac{1}{r-s}\sum_{\nu=s+1}^r \frac{1}{\nu+t}\right]_{t=0} = -\frac{1}{r-s}\sum_{\nu=s+1}^r\frac{1}{\nu^2}\ ,\\ \end{array}$

wie behauptet wurde.

$\Box$

[Bearbeiten] Lemma

Es gilt $d_n := {\rm kgV}(1, \ldots, n) = \prod_{p \leq n}p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor} \leq n^{\pi(n)}$ .

[Bearbeiten] Beweis

Jedes $r \in \{1, \ldots, n\}$ hat nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik eine Primfaktorzerlegung $r = \prod_{p \leq n}p^{\alpha(p,r)} \leq n$ mit $\alpha(p,r) \in \mathbb{N}_0$ . Dann muss $p^{\alpha(p,r)} \leq n$ , also $\alpha(p,r) \leq \frac{\ln n}{\ln p}$ und somit wegen der Ganzzahligkeit $\alpha(p,r) \leq \lfloor\frac{\ln n}{\ln p}\rfloor$ gelten.

Daraus folgt $d_n \leq \prod_{p\in\mathbb{P}}p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor} = \prod_{p\leq n}p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor}$ . Die umgekehrte Ungleichung folgt, weil $p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor} \leq n$ gilt. Also ist $d_n = \prod_{p\leq n}p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor} \leq \prod_{p \leq n}p^{\frac{\ln n}{\ln p}} = n^{\pi(n)}$ .

$\Box$

[Bearbeiten] Korollar

Es sind $(d_r)^3\cdot\sum_{\nu=1}^r \frac{1}{\nu^3}$ und $(d_r)^3\cdot\frac{1}{r-s}\sum_{\nu=s+1}^r\frac{1}{\nu^2}$ für $r > s$ jeweils ganze Zahlen.

[Bearbeiten] Beweis

Ist $\nu \leq r$ , so ist $\nu = \prod_{p \leq r}p^{\alpha(p, \nu)}$ mit $\alpha(p, \nu) \leq \lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor$ . Dann ist

$\nu^3 = \prod_{p \leq r}p^{3\alpha(p, \nu)}\ \left|\ \prod_{p \leq r}\right. p^{3\lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor} = \left(\prod_{p \leq r}p^{\lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor}\right)^3 = (d_r)^3\ ,$

also $(d_r)^3\cdot\sum_{\nu=1}^r \frac{1}{\nu^3} \in \mathbb{Z}$ . Sei nun $r > s$ . Dann ist $r-s = \prod_{p \leq r}p^{\alpha(p, r-s)}$ mit $\alpha(p, r-s) \leq \lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor$ . Dann folgt

$(r-s)\nu^2 = \prod_{p \leq r}p^{2\alpha(p, \nu) + \alpha(p, r-s)}\ \left|\ \prod_{p \leq r}\right. p^{3\lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor} = \left(\prod_{p \leq r}p^{\lfloor\frac{\ln r}{\ln p}\rfloor}\right)^3 = (d_r)^3\ ,$

also $(d_r)^3\cdot\frac{1}{r-s}\sum_{\nu=s+1}^r\frac{1}{\nu^2} \in \mathbb{Z}$ .

$\Box$

[Bearbeiten] Korollar

Es gibt $A_n, B_n \in \mathbb{Z}$ mit $I_n = \frac{A_n + B_n\zeta(3)}{(d_n)^3}$ .

$\Box$

Unser Ziel ist es, den Ausdruck $I n$ in beide Richtungen abzuschätzen:

[Bearbeiten] Lemma

Es gilt

$0 < I_n \leq 2\zeta(3)(\sqrt{2} - 1)^{4n}\ .$

[Bearbeiten] Beweis

Es ist $-\ln xy = \int_{xy}^1\frac{1}{u}{\rm d}u$ . Mit der Transformation $u = 1 - (1 - x y) v$ folgt $-\ln xy = \int_0^1\frac{{\rm d}v}{1-(1-xy)v}(1-xy)$ , also $-\frac{\ln xy}{1-xy} = \int_0^1 \frac{{\rm d}v}{1-(1-xy)v}$ . Es folgt

$I_n=\int_0^1P_n(y)\int_0^1\left(\int_0^1\frac{1}{n!}\frac{{\rm d}^n}{{\rm d}x^n}[x^n(1-x)^n] \frac{1}{1 - (1-xy)v}{\rm d}x\right){\rm d}v{\rm d}y\ .$

Im inneren Integral wende man partielle Integration an. Da alle Ableitungen $\frac{{\rm d}^\nu}{{\rm d}x^\nu}[x^n(1-x)^n]$ für $ν < n$ in $x = 0$ und $x = 1$ verschwinden, treten bei $n$ -maliger partieller Integration keine Randterme auf. Wir bekommen somit

$\begin{array}{lll}\int_0^1 \frac{1}{n!}\frac{{\rm d}^n}{{\rm d}x^n}[x^n(1-x)^n]\frac{1}{1-v+xyv}{\rm d}x&=& (-1)^n\int_0^1\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{\partial^n}{\partial x^n}[\frac{1}{1-v+xyv}]{\rm d}x\\&=& \int_0^1x^n(1-x)^n\frac{1}{(1-v+xyv)^{n+1}}(yv)^n{\rm d}x\ .\\ \end{array}$

Daraus folgt

$I_n=\int_0^1P_n(y)y^n\int_0^1x^n(1-x)^n\int_0^1 \frac{v^n}{(1 - (1-xy)v)^{n+1}}{\rm d}v{\rm d}x{\rm d}y\ .$

Nun substituieren wir $v = \frac{1-z}{1-z(1-xy)}$ . Dann ist $\frac{{\rm d}v}{{\rm d}z} = -\frac{xy}{(1-z(1-xy))^2} < 0$ , also haben wir eine gültige Variablentransformation. Wegen $1-(1-xy)v = \frac{xy}{1-z(1-xy)}$ ist

$\begin{array}{lll}I_n&=&\int_0^1P_n(y)y^n\int_0^1x^n(1-x)^n\int_0^1 \frac{(1-z)^n}{(1-z(1-xy))^n}\frac{(1-z(1-xy))^{n+1}}{(xy)^{n+1}}\frac{xy}{(1-z(1-xy))^2}{\rm d}z{\rm d}x{\rm d}y\\ &=&\int_0^1P_n(y)\int_0^1(1-x)^n\int_0^1 (1-z)^n\frac{1}{1-z(1-xy)}{\rm d}z{\rm d}x{\rm d}y\\ &=&\int_0^1(1-z)^n\int_0^1(1-x)^n\int_0^1\frac{1}{n!}\frac{d^n}{dy^n}[y^n(1-y)^n]\frac{1}{1-z+xyz}{\rm d}y{\rm d}x{\rm d}z\ .\end{array}$

Wir führen wiederum $n$ -malige partielle Integration (ebenfalls ohne Randterme) durch und erhalten

$\begin{array}{lll}I_n&=&\int_0^1(1-z)^n\int_0^1(1-x)^n (-1)^n\int_0^1\frac{1}{n!}y^n(1-y)^n\frac{\partial^n}{\partial y^n}[\frac{1}{1-z+xyz}]{\rm d}y{\rm d}x{\rm d}z\\ &=&\int_0^1(1-z)^n\int_0^1(1-x)^n\int_0^1y^n(1-y)^n(xz)^n\frac{1}{(1-z+xyz)^{n+1}}{\rm d}y{\rm d}x{\rm d}z\\ &=&\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{[F(x,y,z)^n]}{1-(1-xy)z}{\rm d}x{\rm d}y{\rm d}z\\ \end{array}$

mit $F(x,y,z) := \frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{1-(1-xy)z}$ . Es ist $I n > 0$ , da der Integrand echt positiv auf $(0,1) 3$ ist. Das folgende Lemma Nummer 8 besagt $F(x,y,z) \leq (\sqrt{2} - 1)^4$ auf $(0,1) 3$ . Nutzen wir diese Abschätzung vorab aus, so folgt

$\begin{array}{lll}0 < I_n&\leq&(\sqrt{2}-1)^{4n}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1-(1-xy)z}{\rm d}z{\rm d}x{\rm d}y\\ &=&(\sqrt{2}-1)^{4n}\int_0^1\int_0^1-\frac{\ln xy}{1-xy}{\rm d}x{\rm d}y\ \textrm{nach\ Rechnung\ zu\ Beginn\ des\ Beweises}\\ &=&2(\sqrt{2}-1)^{4n}\zeta(3)\ \textrm{nach\ Lemma\ Nummer\ 3\ mit}\ r = s = 0\ ,\end{array}$

was zu beweisen war.

$\Box$

[Bearbeiten] Lemma

Es gilt $F(x,y,z) := \frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{1-(1-xy)z} \leq (\sqrt{2}-1)^4$ für alle $(x,y,z) \in (0,1)^3$ .

[Bearbeiten] Beweis

Zunächst zeigen wir, dass $F$ auf den Rand von $(0,1) 3$ durch null stetig fortgesetzt werden kann. Offenbar müssen wir nur den Bereich mit $z = 1$ untersuchen. Ist nun $z_n \rightarrow 1$ , so folgt

$\begin{array}{lll}|F(x_n, y_n, z_n)|&=&|1-x_n||1-y_n||z_n|\left|\frac{x_ny_n(1-z_n)}{1-(1-x_ny_n)z_n}\right| \leq \left|\frac{x_ny_n(1-z_n)}{x_ny_n+(1-z_n)-x_ny_n(1-z_n)}\right|\\ &=&\frac{1}{\left|\frac{1}{1-z_n} + \frac{1}{x_ny_n} - 1\right|} \leq \frac{1}{\left|\frac{1}{1-z_n} - 1\right|} = \frac{1-z_n}{1-(1-z_n)} \rightarrow 0\ .\\ \end{array}$

Also besitzt $f$ ein globales Maximum $(x 0, y 0, z 0)$ auf $[0,1] 3$ , welches im Inneren liegt und somit ein kritischer Punkt von $F$ ist.

Wir haben $\frac{\partial}{\partial x}F(x,y,z) = \frac{[1-(1-xy)z](1-2x)(y-y^2)(z-z^2) - yz(x-x^2)(y-y^2)(z-z^2)}{[1-(1-xy)z]^2}$ , also

$0 = [1 - (1-x_0y_0)z_0](1-2x_0) - y_0z_0(x_0-x_0^2)$

und analog mit $\frac{\partial}{\partial y}F(x,y,z) = \frac{[1-(1-xy)z](x-x^2)(1-2y)(z-z^2) - xz(x-x^2)(y-y^2)(z-z^2)}{[1-(1-xy)z]^2}$

$0 = [1 - (1-x_0y_0)z_0](1-2y_0) - x_0z_0(y_0-y_0^2)\ .$

Subtrahieren der Gleichungen impliziert $0 = [1-(1-x_0y_0)z_0](2y_0-2x_0) - z_0[(x_0-x_0^2)y_0 - (y_0-y_0^2)x_0] = (y_0-x_0)(2-2z_0+x_0y_0z_0)$ , also $x 0 = y 0$ , weil der zweite Faktor echt positiv ist. Weiter ist $\frac{\partial}{\partial z}F(x,x,z) = \frac{[1-(1-x^2)z](x-x^2)^2(1-2z) + (1-x^2)(x-x^2)^2(z-z^2)}{[1 - (1-x^2)z]^2}$ , und man erhält

$0 = 1 - 2z_0 + z_0^2 - x_0^2z_0^2\ .$

Zieht man das $z 0$ -fache der ersten Gleichung vom $x 0$ -fachen der ersten Gleichung ab, liefert dies $0 = x_0 - z_0 + z_0^2 - x_0z_0^2$ , also $x_0 = \frac{z_0^2-z_0}{z_0^2-1} = 1 - \frac{1}{z_0+1}$ . Einsetzen in das $(z 0 + 1) 2$ -fache der dritten Gleichung impliziert $0 = -2z_0^2 + 1$ , also $z_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}$ und $x_0 = y_0 = \sqrt{2}-1$ . Aus $F(x_0,y_0,z_0) = F(\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1, \frac{1}{\sqrt{2}}) = (\sqrt{2}-1)^4$ folgt die Behauptung.

$\Box$

[Bearbeiten] Satz von Apéry

$ζ(3)$ ist irrational.

[Bearbeiten] Beweis

Angenommen, es wäre $\zeta(3) = \frac{p}{q}$ mit $p, q \in \mathbb{N}$ und $ggT(p, q) = 1$ . Nach dem Euklid'ischen Algorithmus gibt es wegen $ggT(p, q) = 1$ Zahlen $m_0, n_0 \in \mathbb{Z}$ mit $m 0 p + n 0 q = 1$ . Dann ist $\inf\{|mq - np|\ |\ m, n \in \mathbb{Z},\ mq-np \neq 0\} = 1$ , also

$\inf\{|m - n\zeta(3)|\ |\ m, n \in \mathbb{Z},\ m - n\zeta(3) \neq 0\} = \frac{1}{q}\ .$

Nach Lemma Nummer 4, Korollar Nummer 6 und Lemma Nummer 7 ist somit

$\frac{1}{q} \leq 2\zeta(3)(\sqrt{2}-1)^{4n}(d_n)^3 \leq 2\zeta(3)(\sqrt{2}-1)^{4n}n^{3\pi(n)} = 2\zeta(3)e^{4n\ln(\sqrt{2}-1) + 3\pi(n)\ln n}\ .$

Dies ist äquivalent zu $\pi(n)\frac{\ln n}{n} \geq \frac{1}{3n}\ln(\frac{1}{2q\zeta(3)}) - \frac{4}{3}\ln(\sqrt{2}-1)$ . Übergang zum Grenzwert impliziert gemäß dem Primzahlsatz $1 \geq - \frac{4}{3}\ln(\sqrt{2}-1)$ , aber es ist $-\frac{4}{3}\ln(\sqrt{2}-1) > 1$ .

$\Box$

[Bearbeiten] Literatur

Roger Apéry: Irrationalité de $ζ(2)$ et $ζ(3)$ . Astérisque, 61, 11-13, 1979.
Frits Beukers: A note on the irrationality of $ζ(2)$ and $ζ(3)$ . Bulletin of the London Mathematical Society, 11, 268-272, 1979.

[Bearbeiten] Wikipedia-Verweis

Apéry-Konstante

Beweisarchiv: Zahlentheorie: Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von Zeta(3)

Aus Wikibooks

Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Bemerkung

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Lemma

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Lemma

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Lemma

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Korollar

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Korollar

[Bearbeiten] Lemma

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Lemma

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Satz von Apéry

[Bearbeiten] Beweis

[Bearbeiten] Literatur

[Bearbeiten] Wikipedia-Verweis

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