Formelsammlung Mathematik: Irrationalität und Transzendenz

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Die eulersche Zahl ist irrational

$\mathrm {e} \notin \mathbb {Q}$.

Beweis (Die eulersche Zahl ist irrational)

Annahme: $\mathrm {e} \in \mathbb {Q}$, das heißt es gibt $m,n\in \mathbb {N}$, so dass $\mathrm {e} ={\frac {m}{n}}$ ist.

$\mathrm {e} =\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\,\Rightarrow \,\underbrace {n!\,\mathrm {e} } _{\in \mathbb {N} }=\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{\frac {n!}{k!}}} _{\in \mathbb {N} }+\underbrace {\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {n!}{k!}}} _{R}$

Der Rest $R\,$ muss daher eine ganze Zahl sein.

Wegen $R=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {n!}{(n+k)!}}<\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{n-1}}$ ist aber $0<R<1\,$. (Widerspruch)

 

Das Exponential einer rationalen Zahl ungleich null ist irrational

$r\in \mathbb {Q} ^{\times }\,\Rightarrow \,\mathrm {\mathrm {e} } ^{r}\notin \mathbb {Q}$.

Beweis

Annahme: Für eine positive ganze Zahl a sei $\mathrm {e} ^{a}={\frac {p}{q}}$.

Sei nun $f(x):={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}$ das $n\,$-te Niven-Polynom und $F(x):=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k)}(x)$.

$F'(x)=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k+1)}(x)=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,a^{2n+1-k}\,f^{(k)}(x)=a^{2n+1}f(x)-a\,F(x)$

Demzufolge ist $F'(x)+a\,F(x)=a^{2n+1}f(x)\,$.

$\int _{0}^{1}F'(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx=\left[F(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\right]_{0}^{1}-a\int _{0}^{1}F(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx\Rightarrow \int _{0}^{1}\left(F'(x)+a\,F(x)\right)\mathrm {e} ^{ax}\,dx=F(1)\,{\frac {p}{q}}-F(0)$

Also muss $q\cdot a^{2n+1}\int _{0}^{1}f(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q$ eine positive ganze Zahl sein.

Wegen $\int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx<{\frac {1}{n!}}\,\mathrm {e} ^{a}$ geht der Linksterm aber gegen null für $n\to \infty \,$. (Widerspruch)

Wäre $\mathrm {e} ^{\frac {a}{b}}$ rational, so wäre auch $\mathrm {e} ^{a}\,$ rational.

 

Die Kreiszahl π ist irrational

$\pi \notin \mathbb {Q}$.

Beweis (Die Kreiszahl π ist irrational)

Unter Heranziehung der Kontraposition vom Lemma von Lambert folgt die Behauptung sofort.

Aus tan(π/4)=1 ergibt sich über die Kontraposition vom Lemma von Lambert nun ${\tfrac {\pi }{4}}\notin \mathbb {Q} ^{\times }$ und damit $\pi \notin \mathbb {Q}$.

 

Beweis (Die Kreiszahl π ist irrational [nach Ivan M. Niven])

Ein anderer Beweis stammt vom Mathematiker I. Niven und funktioniert mittels Integralrechnung und Widerspruchsbeweis.

Annahme: $\pi \in \mathbb {Q}$, das heißt es gibt $a,b\in \mathbb {N}$, so dass $\pi ={\frac {a}{b}}$ ist. Eigentlich müsste streng genommen $a\in \mathbb {Z}$ gewählt werden, da aber π > 0 ist, reicht es aus $a\in \mathbb {N}$ zu wählen.

Sei nun $f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}}$, wobei $n\in \mathbb {N}$.

Sei nun $G(x):=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)$ Daraus folgt: $G'(x)=F''(x)\cdot \sin(x)+F'\cdot \cos(x)-F'(x)\cdot \cos(x)+F(x)\cdot \sin(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)$

Nun fordern wir $F''(x)+F(x)=f(x)$ , was mit $F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)$ erfüllt wird.

Damit hätten wir erreicht, dass nun $G'(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)=f(x)\cdot \sin(x)$ mit Stammfunktion $G(x)=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)$ ist, wobei $F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)$ ist.

Mit obiger Definition von $f(x)$ ($f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}}$), ist $F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)$ dann wie folgt:
${\begin{aligned}F(x)&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)\\&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot (\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}})^{(2k)}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}}{n!}}\end{aligned}}$
Kleine Anmerkung. Für $k>\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor \Leftrightarrow 2k>n+j$ werden die Ableitungen stets den Wert $0$ annehmen, da ja ein Monom über seinen Grad hinaus abgeleitet wird. Leitet man ein Polynom weniger oft als seinen Grad ab, so gilt: $(x^{n+j}})^{(2k)}={\frac {(n+j)!}{(n+j-2k)!}}\cdot x^{n+j-2k}={\frac {(n+j)!}{(n+j-2k)!\cdot {(2k)!}}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}={{\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}$. Die Potenzen von $(-1)$ wurden gemäß der Potenzgesetze zusammengefasst.

Nun sei $I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx$, wobei $\pi ={\frac {a}{b}}$ angenommen wird. Partielle Integration liefert dann:
${\begin{aligned}I:&=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=\int _{0}^{\pi }G'(x)\,dx=G(\pi )-G(0)\\&=(F'({\pi })\cdot \sin({\pi })-F(\pi )\cdot \cos({\pi }))-(F'(0)\cdot \sin(0)-F(0)\cdot \cos(0))\\&=(F'({\pi })\cdot 0-F(\pi )\cdot (-1))-(F'(0)\cdot 0-F(0)\cdot 1)=F({\pi })+F(0)\end{aligned}}$
$F(0)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\in \mathbb {Z}$, siehe folgende Rechnung:
Vorbemerkung. $f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}$ hat in $x=0$ eine $n$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: $f^{(2k)}(0)=0,\,{2k<n}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k}$ auswerten.
${\begin{aligned}F(0)&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot 0^{n+j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,c\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{n+j}}\cdot {(n+j)!}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,c\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {a^{n-j}}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{n}}\cdot {j!}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$
mit $c:={\begin{cases}(-1)^{{\frac {n+j}{2}}+j}&{\text{falls }}{\frac {n+j}{2}}\in \mathbb {N} \\0&{\text{sonst.}}\end{cases}}$

Kleine Nebenbemerkung zur Potenz zur Basis $0$: $0^{n+j-2k}=0$ für ${n+j}>2k$ und $0^{n+j-2k}=1$ für ${n+j}=2k$. Da nur im Falle ${n+j}=2k\Rightarrow n<2k$ der Wert $0^{n+j-2k}$ von 0 verschieden (und 1) ist, ist auch er der einzige auszuwertende Faktor im Zähler der Summanden. $c=0$ erklärt sich dadurch, dass $k$ immer eine ganze Zahl ist und daher im Falle eines ungeraden $n+j$ die Gleichung $k={\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\Leftrightarrow n+j=2k+1$ ist, sodass $k={\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }$ in die Potenz zur Basis 0 im Zähler des Summanden eingesetzt den Wert $0^{n+j-2k}=0^{2k+1-2k}=0^{1}=0$ statt der 1 ausgibt und da der Faktor im Zähler dann 0 ist, wird auch da der ganze Summand 0 werden.

$F({\pi })=F({\frac {a}{b}})=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\frac {a}{b}})\in \mathbb {Z}$, siehe folgende Rechnung:
Vorbemerkung. $f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}$ hat in $x={\frac {a}{b}}$ eine $n$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: $f^{(2k)}({\frac {a}{b}})=0,\,{2k<n}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k}$ auswerten.

${\begin{aligned}F({\pi })&=F({\frac {a}{b}})=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\frac {a}{b}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot {({\frac {a}{b}})}^{n+j-2k}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\frac {a}{b}})^{n+j-2k}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j+(n+j-2k)}\cdot b^{j-(n+j-2k)}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot \underbrace {a^{2(\underbrace {(n-k)} _{\geq 0})}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {b^{\underbrace {(2k-n)} _{>0}}\cdot {\binom {n+j}{2k}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {({\frac {(2k)!}{n!}})} _{\in \mathbb {Z} ,\,da\,2k\geq n})\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$
Kleine Nebenbemerkung zur Potenz zur Basis $a$: Die Laufindizes $j$ und $k$ sind, wie man den Summenzeichen entnehmen kann, wie folgt beschränkt: $j{\leq n}$ und $k\leq {\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }$. Damit ist $k\leq {\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\leq {\lfloor {\frac {n+n}{2}}\rfloor }={\lfloor {\frac {2n}{2}}\rfloor }=n\Leftrightarrow k\leq n\Leftrightarrow n-k\geq 0$
$F({0})\in \mathbb {Z}$ und $F({\pi })\in \mathbb {Z}$. Daraus folgt: $I:=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=F({\pi })+F(0)\in \mathbb {Z}$ (Aussage 1)

Nun gilt jedoch für alle $0<x<{\pi }={\frac {a}{b}}$ :
${\begin{aligned}&0<\sin(x)\leq 1\\&0<x^{n}<{\pi ^{n}}\\&0<(a-bx)^{n}<{a^{n}}\end{aligned}}$
und damit $0<f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$
Damit liegt dann: $0=0\cdot 0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}})\,\cdot \,\sin(x)<1\cdot {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}={\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$, also $0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$ vor.
Wegen $\lim _{n\to \infty }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}=0$, lässt sich das $n$ groß genug wählen, sodass ${\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}$. Damit erreichen wir, dass nun $0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}$, also $0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {1}{\pi }}$ gilt.

Daraus folgt: $0=\int _{0}^{\pi }0\,dx<{I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}<{\int _{0}^{\pi }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}\,dx}<\int _{0}^{\pi }{\frac {1}{\pi }}\,dx=1$, also kurz geschrieben: $0<I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx<1$ (Aussage 2)

Aus den Aussagen 1 und 2 folgt, dass, wenn $\pi \in \mathbb {Q}$ ($\pi$ sei rational) mit $\pi ={\frac {a}{b}}$ gilt, dann der Wert des Integrals $I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx$ eine ganze Zahl im offenen Intervall zwischen 0 und 1 ist. Da eine solche Zahl jedoch nicht existiert, liegt hier ein Widerspruch vor, sodass die Annahme $\pi \in \mathbb {Q}$ falsch gewesen sein muss. Damit gilt $\pi \in \mathbb {R} \setminus {\mathbb {Q} }$ ($\pi$ ist irrational).

 

Das Quadrat der Kreiszahl π ist irrational

$\pi ^{2}\notin \mathbb {Q}$.

Wenn man Nivens Irrationalitätsbeweis für π etwas umstellt, kann man mit ihm beweisen, dass auch $\pi ^{2}$ irrational ist.

Annahme: ${\pi }^{2}\in \mathbb {Q}$, das heißt es gibt $a,b\in \mathbb {N}$, so dass ${\pi }^{2}={\frac {a}{b}}\Leftrightarrow \pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}$ ist. Da Quadrate reeller Zahlen stets positiv sind, reicht $a\in \mathbb {N}$ aus.

Nun bastelt man sich wie beim Irrationalitätsbeweis für π die Funktion $f(x)$:
$f(x):={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}$, wobei $n\in \mathbb {N} \,,n\equiv 0(mod2)$, $n$ also als eine gerade natürliche Zahl gewählt wird. Das n gerade ist, wird hinterher beim Auswerten für $\pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}$ wichtig, da nur für gerades $n\,f(x)$ eine gerade Funktion ist:
${\begin{aligned}f(x)&={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}\\f(-x)&={\frac {(-x)^{n}(a-b(-x)^{2})^{n}}{n!}}={\frac {(-x)^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=(-1)^{n}\cdot {\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=(-1)^{n}\cdot f(x)\\\end{aligned}}$
Also ist $f(x)$ für gerades $n$ eine gerade Funktion und für ungerades $n$ eine ungerade Funktion.

Nun bildet man $G(x)$ und $F(x)$ wieder in Abhängigkeit von $f(x)$:
${\begin{aligned}f(x)&={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}\\G(x)&:=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)\\\Rightarrow G'(x)&=F''(x)\cdot \sin(x)+F'\cdot \cos(x)-F'(x)\cdot \cos(x)+F''(x)\cdot \sin(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)\\F(x)&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+2j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+2j-2k}}{n!}}\end{aligned}}$
Da $n$ als gerade Zahl gewählt ist, gilt$\lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor ={\frac {n}{2}}$.

Nun sei $I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx$, wobei $\pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}$ angenommen wird. Partielle Integration liefert dann:
${\begin{aligned}I:&=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=\int _{0}^{\pi }G'(x)\,dx=G(\pi )-G(0)\\&=(F'({\pi })\cdot \sin({\pi })-F(\pi )\cdot \cos({\pi }))-(F'(0)\cdot \sin(0)-F(0)\cdot \cos(0))\\&=(F'({\pi })\cdot 0-F(\pi )\cdot (-1))-(F'(0)\cdot 0-F(0)\cdot 1)=F({\pi })+F(0)\end{aligned}}$
Vorbemerkung. $f(x):={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}$ hat sowohl in $x=0$ als auch in $x={\sqrt {\frac {a}{b}}}=\pi$ eine $n$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: $f^{(2k)}(0)=f^{(2k)}(\pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}})=0,\,{2k<n}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k\Leftrightarrow k\geq {\frac {n}{2}}}$ auswerten. Da $3n$ der Grad des Polynoms $f(x)$ ist $k$ nach oben durch $2k\leq 3n\Leftarrow k\leq {\frac {3}{2}}n$ beschränkt. Also brauchen wir die Summe nur für ${\frac {n}{2}}\leq k\leq {\frac {3}{2}}n$ auswerten.
$F(0)=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\in \mathbb {Z}$, siehe folgende Rechnung:
${\begin{aligned}F(0)&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot 0^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,(-1)^{{\frac {n}{2}}+2j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{n+2j}}\cdot {(n+2j)!}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,(-1)^{{\frac {n}{2}}+2j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {a^{n-j}}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{n}}\cdot {(2j)!}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$
Anmerkung: $0^{n+2j-2k}:={\begin{cases}1&{\text{falls }}k={\frac {n}{2}}+j\\0&{\text{sonst.}}\end{cases}}$

$F({\pi })=F({\sqrt {\frac {a}{b}}})=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\sqrt {\frac {a}{b}}})\in \mathbb {Z}$, siehe folgende Rechnung:
${\begin{aligned}F({\pi })=F({\sqrt {\frac {a}{b}}})&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\sqrt {\frac {a}{b}}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\sqrt {\frac {a}{b}}})^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\frac {a}{b}})^{{\frac {n}{2}}+j-k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j+{\frac {n}{2}}+j-k}\cdot b^{j-({\frac {n}{2}}+j-k)}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}}{n!}}\\&=(\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot \underbrace {a^{\underbrace {({\frac {3}{2}}n-k)} _{\geq 0}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {b^{\underbrace {(k-{\frac {n}{2}})} _{\geq 0}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {\binom {n+j}{2k}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {({\frac {(2k)!}{n!}})} _{\in \mathbb {Z} ,\,da\,2k\geq n})\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$

$F({0})\in \mathbb {Z}$ und $F({\pi })\in \mathbb {Z}$. Daraus folgt: $I:=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=F({\pi })+F(0)\in \mathbb {Z}$ (Aussage 1)

Nun gilt jedoch für alle $0<x<{\pi }={\sqrt {\frac {a}{b}}}$ : $0<\sin(x)\leq 1$, $0<x^{n}<{\pi ^{n}}$, $0<(a-bx^{2})^{n}<{a^{n}}$ und damit $0<f(x)={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$
Damit liegt dann: $0=0\cdot 0<\sin(x)\cdot f(x)=\sin(x)\cdot {\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}})<1\cdot {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}={\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$, also $0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}$ vor.
Wegen $\lim _{n\to \infty }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}=0$, lässt sich das $n$ groß genug wählen, sodass ${\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}$. Damit erreichen wir, dass nun $0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}$, also $0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {1}{\pi }}$ gilt.

Daraus folgt: $0=\int _{0}^{\pi }0\,dx<{I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}<{\int _{0}^{\pi }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}\,dx}<\int _{0}^{\pi }{\frac {1}{\pi }}\,dx=1$, also kurz geschrieben: $0<I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx<1$ (Aussage 2)

Aus den Aussagen 1 und 2 folgt, dass, wenn $\pi ^{2}\in \mathbb {Q}$ (${\pi }^{2}$ sei rational) mit $\pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}$ gilt, dann der Wert des Integrals $I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx$ eine ganze Zahl im offenen Intervall zwischen 0 und 1 ist. Da eine solche Zahl jedoch nicht existiert, liegt hier ein Widerspruch vor, sodass die Annahme ${\pi }^{2}\in \mathbb {Q}$ falsch gewesen sein muss. Damit gilt ${\pi }^{2}\in \mathbb {R} \setminus {\mathbb {Q} }$ (${\pi }^{2}$ ist irrational).

 

Die eulersche Zahl ist transzendent

$\mathrm {e} \in \mathbb {T}$.

Beweis (Die Eulersche Zahl ist transzendent)

Unter der Annahme $e\in \mathbb {A}$ gibt es eine Gleichung $\,a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n}=0$, mit $a_{k}\in \mathbb {Z}$ und $a_{0},a_{n}\neq 0\,$, die x=e als Lösung besitzt.

Sei nun $\alpha :=2\,(n+1)\,\max |a_{k}|$ und $Q(x):=\prod _{k=1}^{n}(x-k)=x^{n}\pm ...\pm n!\quad {\Big [}\Rightarrow Q^{p}(x)=x^{np}\pm ...\pm n!^{p}{\Big ]}$.

Für variables $p\in \mathbb {P}$ sei $F(x):={\frac {1}{(p-1)!}}\,x^{p-1}\,Q^{p}(x)\,\mathrm {e} ^{-x}$ und für variables $\,q\in \{0,1,...,n\}$ sei

$\varepsilon _{pq}:=\mathrm {e} ^{q}\int _{0}^{q}F(x)\,dx$ und $M_{pq}:=\mathrm {e} ^{q}\int _{q}^{\infty }F(x)\,dx\;\Rightarrow \varepsilon _{pk}+M_{pk}=\mathrm {e} ^{k}\int _{0}^{\infty }F(x)\,dx=\mathrm {e} ^{k}M_{p0}$.

$\forall x\in [0,n]$ gilt$F(x)\to 0\,$ für $p\to \infty \,$ und somit auch $|\varepsilon _{pq}|\to 0$.

Man wähle die Primzahl $\,p$ nun so groß, dass $\,p>\alpha$ und $|\varepsilon _{pq}|<{\frac {1}{\alpha }}$ ist $\forall q$.

Es ist $M_{p0}=\int _{0}^{\infty }F(x)\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p-1}\,(x^{np}\pm ...\pm n!^{p})\,\mathrm {e} ^{-x}\,dx$

$={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}(p-1+np)!\pm ...\pm n!^{p}(p-1)!{\Big )}\equiv n!^{p}\equiv n!\not \equiv 0$ mod p.

Für $\,q=1,...,n$ besitzt $Q(x+q)=\prod _{k=1}^{n}(x+q-k)$ den Linearfaktor x. Daher ist

$M_{pq}=\mathrm {e} ^{q}\int _{q}^{\infty }F(x)\,dx=\mathrm {e} ^{q}\int _{0}^{\infty }F(x+q)\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }(x+q)^{p-1}\,Q^{p}(x+q)\,\mathrm {e} ^{-x}\,dx$

$={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p}\,R(x)\,\mathrm {e} ^{-x}dx={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}r_{np-1}(np-1)!\pm ...\pm r_{0}p!{\Big )}\equiv 0$ mod $\,p$.

$0=M_{p0}\sum _{k=0}^{n}a_{k}\mathrm {e} ^{k}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}{\big (}\varepsilon _{pk}+M_{pk}{\big )}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}+a_{0}M_{p0}+\sum _{k=1}^{n}a_{k}M_{pk}$ $\Rightarrow -\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\equiv a_{0}M_{p0}\not \equiv 0$ mod p

Aber $\left|\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\right|\leq \sum _{k=0}^{n}|a_{k}|{\frac {1}{\alpha }}\leq {\frac {(n+1)\max |a_{k}|}{\alpha }}={\frac {1}{2}}$. (Widerspruch)

 

Die Kreiszahl π ist transzendent

$\pi \in \mathbb {T}$.

Die Kreiszahl π ist transzendent

Annahme: $\pi \in \mathbb {A}$
Es gilt $\pi \neq 0$ Daraus folgt direkt mit der Annahme $\pi \in \mathbb {A} \Rightarrow \pi \in \mathbb {A} ^{\times }$
Da $\mathrm {i} ^{2}=-1\Leftrightarrow \mathrm {i} \in \mathbb {A} ^{\times }$ gilt: $\pi \in \mathbb {A} ^{\times }\Rightarrow \pi \mathrm {i} \in \mathbb {A} ^{\times }$
Wegen $\mathrm {e} ^{\alpha }\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }$ folgt hieraus $\mathrm {e} ^{\pi \mathrm {i} }\in \mathbb {T}$
Nun gilt nach der eulerschen Identität: $e^{\pi \mathrm {i} }=-1$
Also insgesamt $e^{\pi \mathrm {i} }=-1\in \mathbb {T}$, welche widersprüchlich ist, da -1 ja als ganze Zahl offensichtlich algebraisch und damit nicht transzendent ist. Damit muss die Annahme $\pi \in \mathbb {A}$ falsch gewesen und damit gilt $\pi \in \mathbb {T}$

 

Für eine algebraische Zahl ungleich null sind exp, sin, cos, sinh, cosh transzendent

$\alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\,\Rightarrow \,\mathrm {e} ^{\alpha }\,,\,\cos \alpha \,,\,\sin \alpha ,\,\cosh \alpha \,,\,\sinh \alpha \in \mathbb {T}$.

ohne Beweis ($e^{\alpha }$ ist für alle von 0 verschiedenen algebraischen Zahlen $\alpha$ transzendent)

 

sin und cos sind transzendent

Es gelten $\mathrm {e} ^{\alpha \mathrm {i} }=\cos(\alpha )+\sin(\alpha )\mathrm {i}$ und ${\cos(\alpha )}^{2}+{\sin(\alpha )}^{2}=1$
Wenn $\alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\Leftrightarrow {\alpha \mathrm {i} }\in \mathbb {A} ^{\times }$, da $\mathrm {i} ^{2}=-1$ Damit gilt dann aber auch $\mathrm {e} ^{\alpha }\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\Leftrightarrow \mathrm {e} ^{\alpha \mathrm {i} }\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\Leftrightarrow \mathrm {e} ^{\alpha \mathrm {i} }=\cos(\alpha )+\sin(\alpha )\mathrm {i} \in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }$
$\cos(\alpha )+\sin(\alpha )\mathrm {i} \in \mathbb {T} \,\Leftrightarrow \cos(\alpha )\in \mathbb {T} \lor \sin(\alpha )\in \mathbb {T}$
Da aufgrund des Zusammenhanges ${\cos(\alpha )}^{2}+{\sin(\alpha )}^{2}=1$ der Sinus und der Cosinus stets paarweise algebraisch sind, d. h. $\cos(x)\in \mathbb {A} \Leftrightarrow \sin(x)\in \mathbb {A}$, gilt automatisch $\cos(x)\in \mathbb {T} \Leftrightarrow \sin(x)\in \mathbb {T}$
Und damit gilt schlussendlich $\mathrm {\mathrm {e} } ^{\alpha \mathrm {i} }=\cos(\alpha )+\sin(\alpha )\mathrm {i} \in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\,\Leftrightarrow \sin(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\land \cos(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }$

 

sinh und cosh sind transzendent

Es gelten $\mathrm {e} ^{\alpha }=\cosh(\alpha )+\sinh(\alpha )$ und ${\cosh(\alpha )}^{2}-{\sinh(\alpha )}^{2}=1$
$\mathrm {e} ^{\alpha }\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\Leftrightarrow \mathrm {e} ^{\alpha }=\cosh(\alpha )+\sinh(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }$
$\cosh(\alpha )+\sinh(\alpha )\in \mathbb {T} \,\Leftrightarrow \cosh(\alpha )\in \mathbb {T} \lor \sinh(\alpha )\in \mathbb {T}$
Da aufgrund des Zusammenhanges ${\cosh(\alpha )}^{2}-{\sinh(\alpha )}^{2}=1$ der Sinus hyperbolicus und der Cosinus hyperbolicus stets paarweise algebraisch sind, d. h. $\cosh(x)\in \mathbb {A} \Leftrightarrow \sinh(x)\in \mathbb {A}$, gilt automatisch $\cosh(x)\in \mathbb {T} \Leftrightarrow \sinh(x)\in \mathbb {T}$
Und damit gilt schlussendlich $\mathrm {\mathrm {e} } ^{\alpha }=\cosh(\alpha )+\sinh(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\,\Leftrightarrow \sinh(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }\land \cosh(\alpha )\in \mathbb {T} \,\forall \alpha \in \mathbb {A} ^{\times }$

 

Für ein rationales Vielfaches von π ist der Kosinus algebraisch

$r\in \mathbb {Q} \,\Rightarrow \,\cos(r\pi )\in \mathbb {A}$.

ohne Beweis

 

Werte von arccos(x)/π für spezielle Argumente

$n\in \mathbb {N} \setminus \{0,1,2,4\}\,\Rightarrow \,{\frac {1}{\pi }}\arccos \left({\frac {1}{\sqrt {n}}}\right)\notin \mathbb {Q}$.

ohne Beweis

 

Die Apéry-Konstante ist irrational

$\zeta (3)\notin \mathbb {Q}$.

ohne Beweis (die Apéry-Konstante ist irrational)

 

Gelfond-Schneider-Theorem

$\alpha \in \mathbb {A} \setminus \{0,1\}\,\,,\,\,\beta \in \mathbb {A} \setminus \mathbb {Q} \implies \alpha ^{\beta }\in \mathbb {T}$.

ohne Beweis (Gelfond-Schneider-Theorem)

 

Satz von Erdős-Borwein

$q\in \mathbb {Z} \setminus \{-1,0,1\}\,\,,\,\,r\in \mathbb {Q} \setminus \{0,q,q^{2},q^{3},...\}\implies \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{q^{n}-r}}\,\,,\,\,\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{q^{n}-r}}\in (\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q} )\setminus L$

Mit L ist die Menge der liouvilleschen Zahlen gemeint.

ohne Beweis (Satz von Erdős-Borwein)

 

Lemma von Lambert

$\alpha \in \mathbb {Q} ^{\times }\implies \tan \alpha \notin \mathbb {Q}$

Beweisskizze (Lemma von Lambert)

Verwende die Kettenbruchdarstellung von tan(x).