Didaktik der Analysis

S. Hilger, Didaktik der Analysis 33
3. A1 := A11 + A12 = 1
8 A0 + 1
8 A0 = 1
4 A0 =⇒ An = 1
4
n · A0.
4. Ist Sn das Polygon, das aus allen Dreiecken bis zur n–ten Teilung entsteht, so gilt:
Sn := A0 + A1 + . . . + An
= (1 + 1 1
+
4 16
1
+ . . . + ) · A0
4n = 4 1
· (1 −
3 4n+1 ) · A0 = 4
3 · A0 − 1
· An.
3
(Geometrische Summe: n
0 qk = qn+1 −1
q−1 ).
5. Es sei jetzt S := limn→∞ Sn die Fläche des durch a und b definierten Parabelsegments.
Wir zeigen S = 4
3 A0 durch einen Widerspruchsbeweis.
Im Falle 4
3 A0 > S ist B := 4
3 A0 − S > 0, es gibt also ein n ∈ N so, dass:
An = 1
4 n A0 < B.
Daraus folgt aber:
S = 4
3 A0 − B < 4
3 A0 − 1
4n · A0 < 4
3 A0 − 1
3
= 4 1
(1 −
3 4n+1 )A0 = Sn.
4
· · A0
4n Widerspruch. Ist umgekehrt 4
3 A0 < S, so existiert ein n ∈ N mit
4
3 A0 < Sn,
daraus folgt aber mit Schritt 4:
4
3 A0 < Sn = 4
3 · A0 − 1
· An.
3
Das ist auch ein Widerspruch.
4.2.3 Die Quadratur des Kreises
Kann man durch eine Konstruktion (mit Zirkel und Lineal) ein gegebenes Quadrat (d.h.
die Seitenlänge 1 ist gegeben) in einen flächengleichen Kreis verwandeln?
Die Frage wurde endgültig im Jahr 1882 von Ferdinand von Lindemann (1852 – 1939)
negativ beschieden: Er bewies die Transzendenz der Kreiszahl π.
(Vgl. Heisenberg, Der Teil und das Ganze, S. 25).