Beweis der Irrationalität der eulerschen Zahl

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Der Beweis der Irrationalität der eulerschen Zahl e ist mit elementaren Mitteln der Analysis als Widerspruchsbeweis durchführbar. Er wurde zuerst 1737 von Leonhard Euler in der hier angegebenen Weise geführt.

Der Beweis, dass e sogar transzendent ist, ist komplizierter und wurde zuerst 1873 von Charles Hermite geführt.

Beweis[Bearbeiten]

Annahme[Bearbeiten]

Wir starten mit der von Leonhard Euler stammenden Darstellung der eulerschen Zahl e als Reihe

e = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \dots 
         = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n!}}.

Wie sich leicht zeigen lässt, gilt 2<e<3\!.

Wir nehmen nun an, die reelle eulersche Zahl e sei rational. Dann ließe sie sich als vollständig gekürzter Bruch e = \tfrac{p}{q} mit p, q \in \mathbb{N} darstellen. Da 2<e<3\!, ist e keine ganze Zahl, und somit ist q > 1. Wir multiplizieren die Reihenentwicklung mit q!, womit wir diese neue Reihe erhalten:

\begin{matrix} 
         \underbrace{q! \cdot e} &=& \\ 
         \in \mathbb{N}
       \end{matrix}
       \begin{matrix} 
         \underbrace{\frac{q!}{0!} + \frac{q!}{1!} + \frac{q!}{2!} + \frac{q!}{3!} + \cdots + \frac{q!}{q!}} &+& \\ 
         N \in \mathbb{N} 
       \end{matrix}
       \begin{matrix} 
         \underbrace{\frac{q!}{(q+1)!} + \frac{q!}{(q+2)!} + \cdots} \quad &(*)& \\ 
         0 < M < 1 
       \end{matrix}

Linke Seite[Bearbeiten]

Es ist q! \cdot e = q! \cdot \tfrac{p}{q} = (q-1)! \cdot p \in \mathbb{N}, da nach Voraussetzung p, q \in \mathbb{N}.

Rechte Seite, erste Teilsumme[Bearbeiten]

Die Glieder q! bis \tfrac{q!}{q!} = 1 auf der rechten Seite der Gleichung (*) sind ebenfalls alle natürlich, da alle Nenner 1! bis q! Teiler des Zählers q! sind. Die Summe dieser natürlichen Zahlen ist wieder eine natürliche Zahl.

Rechte Seite, zweite Teilsumme[Bearbeiten]

Die Summe aller Glieder, vom Glied \tfrac{q!}{(q+1)!} ist größer 0, da alle Zähler und Nenner von null verschieden und positiv sind, und zudem kleiner 1, wie folgende Überlegung zeigt:

Das erste Glied ist \tfrac{q!}{(q+1)!} = \tfrac{1}{q+1} \le \tfrac{1}{3}, da q > 1, das zweite Glied ist \tfrac{q!}{(q+2)!} = \tfrac{1}{(q+1)(q+2)} \le \tfrac{1}{9}, das dritte Glied ist \le \tfrac{1}{27}, etc.

Die Summe dieser oberen Schranken ist eine unendliche, so genannte geometrische Reihe und konvergiert:

\frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \frac{1}{27} + \cdots \ = \ 
       \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{3^i} \ = \ 
       \frac{1}{3} \sum_{i=0}^\infty \frac{1}{3^i} \ = \ 
       \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} \ = \ 
       \frac{1}{2}.

Für die zweite Teilsumme M gilt also 0 < M < 1, daher ist M keine natürliche Zahl.

Widerspruch[Bearbeiten]

Der Ausdruck (*) führt zu dem gewünschten Widerspruch, da die rechte Seite, N + M, anders als die linke Seite, q! \cdot e, keine natürliche Zahl ist.

Schluss[Bearbeiten]

Damit ist die Voraussetzung widerlegt und es gilt e \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}, d. h., e ist irrational.