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

Beweisarchiv: Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson · Vollständige Multiplikativität der p-adischen Exponentenbewertung

Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper · Korrespondenzsatz der algebraischen Zahlentheorie · Zerlegungsgesetz

Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von $\zeta (3)$ · 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.

Bemerkung

Das Polynom

$P_{n}(x):={\frac {1}{n!}}\cdot {\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}[x^{n}(1-x)^{n}]=:\sum _{\nu =0}^{n}a_{\nu }x^{\nu }$

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

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.

$\Box$

Lemma

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

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

$I_{n}:=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {-\ln xy}{1-xy}}P_{n}(x)P_{n}(y){\rm {d}}x{\rm {d}}y=\sum _{r,s=0}^{n}a_{r}a_{s}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{r}y^{s}}{1-xy}}(-\ln xy){\rm {d}}x{\rm {d}}y\ .$

Die Wohldefiniertheit wird im folgenden Lemma formuliert:

Lemma

Für alle $r,s\in \mathbb {N} _{0}$ gilt

$\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{r}y^{s}}{1-xy}}(-\ln xy){\rm {d}}x{\rm {d}}y=\left\{{\begin{array}{lll}{\frac {1}{r-s}}\sum _{\nu =s+1}^{r}{\frac {1}{\nu ^{2}}}\ ,&{\text{falls}}&r>s\ ,\\2[\zeta (3)-\sum _{\nu =1}^{r}{\frac {1}{\nu ^{3}}}]\ ,&{\text{falls}}&r=s\ ,\\{\frac {1}{s-r}}\sum _{\nu =r+1}^{s}{\frac {1}{\nu ^{2}}}\ ,&{\text{falls}}&r<s\ .\\\end{array}}\right.$

Insbesondere ist $I_{n}$ wohldefiniert.

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 $\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{r}y^{s}}{1-xy}}|\ln xy|^{m}{\rm {d}}x{\rm {d}}y$ 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

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

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

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

wegen $\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {(\ln xy)^{2}}{1-xy}}x^{r}y^{s}{\rm {d}}x{\rm {d}}y<\infty$, wie wir oben gesehen haben.

Insgesamt haben wir somit $I'(0)=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {x^{r}y^{s}\ln xy}{1-xy}}{\rm {d}}x{\rm {d}}y$. 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 $\operatorname {Re} s>1$ gliedweise differenzieren dürfen. Im Falle $r>s$ (und analog $r<s$) ist $I(t)={\frac {1}{r-s}}\sum _{k=0}^{\infty }\left[{\frac {1}{s+1+t+k}}-{\frac {1}{r+1+t+k}}\right]={\frac {1}{r-s}}\sum _{\nu =s+1}^{r}{\frac {1}{\nu +t}}$ 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.

$\Box$

Lemma

Es gilt $d_{n}:=\operatorname {kgV} (1,\ldots ,n)=\prod _{p\leq n}p^{\lfloor {\frac {\ln n}{\ln p}}\rfloor }\leq n^{\pi (n)}$.

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 $d_{n}=\prod _{p\leq n}p^{\lfloor {\frac {\ln n}{\ln p}}\rfloor }\leq \prod _{p\leq n}p^{\frac {\ln n}{\ln p}}=n^{\pi (n)}$.

$\Box$

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.

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 $(d_{r})^{3}\cdot {\frac {1}{r-s}}\sum _{\nu =s+1}^{r}{\frac {1}{\nu ^{2}}}\in \mathbb {Z}$.

$\Box$

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:

Lemma

Es gilt

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

Beweis

Es ist $-\ln xy=\int _{xy}^{1}{\frac {1}{u}}{\rm {d}}u$. Mit der Transformation $u=1-(1-xy)v$ 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

$I_{n}=\int _{0}^{1}P_{n}(y)\int _{0}^{1}\left(\int _{0}^{1}{\frac {1}{n!}}{\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}[x^{n}(1-x)^{n}]{\frac {1}{1-(1-xy)v}}{\rm {d}}x\right){\rm {d}}v{\rm {d}}y\ .$

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 $\nu <n$ in $x=0$ und $x=1$ verschwinden, treten bei $n$-maliger partieller Integration keine Randterme auf. Wir bekommen somit

${\begin{array}{lll}\int _{0}^{1}{\frac {1}{n!}}{\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}[x^{n}(1-x)^{n}]{\frac {1}{1-v+xyv}}{\rm {d}}x&=&(-1)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {1}{n!}}x^{n}(1-x)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial x^{n}}}[{\frac {1}{1-v+xyv}}]{\rm {d}}x\\&=&\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{n}{\frac {1}{(1-v+xyv)^{n+1}}}(yv)^{n}{\rm {d}}x\ .\\\end{array}}$

Daraus folgt

$I_{n}=\int _{0}^{1}P_{n}(y)y^{n}\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {v^{n}}{(1-(1-xy)v)^{n+1}}}{\rm {d}}v{\rm {d}}x{\rm {d}}y\ .$

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

${\begin{array}{lll}I_{n}&=&\int _{0}^{1}P_{n}(y)y^{n}\int _{0}^{1}x^{n}(1-x)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {(1-z)^{n}}{(1-z(1-xy))^{n}}}{\frac {(1-z(1-xy))^{n+1}}{(xy)^{n+1}}}{\frac {xy}{(1-z(1-xy))^{2}}}{\rm {d}}z{\rm {d}}x{\rm {d}}y\\&=&\int _{0}^{1}P_{n}(y)\int _{0}^{1}(1-x)^{n}\int _{0}^{1}(1-z)^{n}{\frac {1}{1-z(1-xy)}}{\rm {d}}z{\rm {d}}x{\rm {d}}y\\&=&\int _{0}^{1}(1-z)^{n}\int _{0}^{1}(1-x)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {1}{n!}}{\frac {d^{n}}{dy^{n}}}[y^{n}(1-y)^{n}]{\frac {1}{1-z+xyz}}{\rm {d}}y{\rm {d}}x{\rm {d}}z\ .\end{array}}$

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

${\begin{array}{lll}I_{n}&=&\int _{0}^{1}(1-z)^{n}\int _{0}^{1}(1-x)^{n}(-1)^{n}\int _{0}^{1}{\frac {1}{n!}}y^{n}(1-y)^{n}{\frac {\partial ^{n}}{\partial y^{n}}}[{\frac {1}{1-z+xyz}}]{\rm {d}}y{\rm {d}}x{\rm {d}}z\\&=&\int _{0}^{1}(1-z)^{n}\int _{0}^{1}(1-x)^{n}\int _{0}^{1}y^{n}(1-y)^{n}(xz)^{n}{\frac {1}{(1-z+xyz)^{n+1}}}{\rm {d}}y{\rm {d}}x{\rm {d}}z\\&=&\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}{\frac {[F(x,y,z)^{n}]}{1-(1-xy)z}}{\rm {d}}x{\rm {d}}y{\rm {d}}z\\\end{array}}$

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

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

was zu beweisen war.

$\Box$

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 $(x,y,z)\in (0,1)^{3}$.

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

${\begin{array}{lll}|F(x_{n},y_{n},z_{n})|&=&|1-x_{n}||1-y_{n}||z_{n}|\left|{\frac {x_{n}y_{n}(1-z_{n})}{1-(1-x_{n}y_{n})z_{n}}}\right|\leq \left|{\frac {x_{n}y_{n}(1-z_{n})}{x_{n}y_{n}+(1-z_{n})-x_{n}y_{n}(1-z_{n})}}\right|\\&=&{\frac {1}{\left|{\frac {1}{1-z_{n}}}+{\frac {1}{x_{n}y_{n}}}-1\right|}}\leq {\frac {1}{\left|{\frac {1}{1-z_{n}}}-1\right|}}={\frac {1-z_{n}}{1-(1-z_{n})}}\rightarrow 0\ .\\\end{array}}$

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

$0=[1-(1-x_{0}y_{0})z_{0}](1-2x_{0})-y_{0}z_{0}(x_{0}-x_{0}^{2})$

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

$0=[1-(1-x_{0}y_{0})z_{0}](1-2y_{0})-x_{0}z_{0}(y_{0}-y_{0}^{2})\ .$

Subtrahieren der Gleichungen impliziert $0=[1-(1-x_{0}y_{0})z_{0}](2y_{0}-2x_{0})-z_{0}[(x_{0}-x_{0}^{2})y_{0}-(y_{0}-y_{0}^{2})x_{0}]=(y_{0}-x_{0})(2-2z_{0}+x_{0}y_{0}z_{0})$, 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

$0=1-2z_{0}+z_{0}^{2}-x_{0}^{2}z_{0}^{2}\ .$

Zieht man das $z_{0}$-fache der ersten Gleichung vom $x_{0}$-fachen der dritten Gleichung ab, liefert dies $0=x_{0}-z_{0}+z_{0}^{2}-x_{0}z_{0}^{2}$, 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 $F(x_{0},y_{0},z_{0})=F\left({\sqrt {2}}-1,{\sqrt {2}}-1,{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)=({\sqrt {2}}-1)^{4}$ folgt die Behauptung.

$\Box$

Satz von Apéry

$\zeta (3)$ ist irrational.

Beweis

Angenommen, es wäre $\zeta (3)={\frac {p}{q}}$ mit $p,q\in \mathbb {N}$ und $\operatorname {ggT} (p,q)=1$. Nach dem Euklidischen Algorithmus gibt es wegen $\operatorname {ggT} (p,q)=1$ 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 $\pi (n){\frac {\ln n}{n}}\geq {\frac {1}{3n}}\ln \left({\frac {1}{2q\zeta (3)}}\right)-{\frac {4}{3}}\ln \left({\sqrt {2}}-1\right)$. Übergang zum Grenzwert impliziert gemäß dem Primzahlsatz $1\geq -{\frac {4}{3}}\ln({\sqrt {2}}-1)$, aber es ist $-{\frac {4}{3}}\ln({\sqrt {2}}-1)>1$.

$\Box$

Literatur

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

Wikipedia-Verweis

• Apéry-Konstante