Analysis

7. RAUMWERTIGE FUNKTIONEN 293
Ergänzende Übung 7.6.6. Die Funktion f : R → R gegeben durch f(x) =
x 2 sin(x −1 ) für x = 0 und f(0) = 0 ist differenzierbar auf R, aber ihre Ableitung
ist nicht stetig beim Nullpunkt.
Satz 7.6.7. Die Kreiszahl π ist nicht rational, in Formeln π ∈ Q.
7.6.8. Das wurde bereits 1766 von Johann Heinrich Lambert gezeigt. Der
Beweis der Transzendenz von π ist schwieriger, mir gefällt die Darstellung
in [Lor96]. Der hier gegebene Beweis der Irrationalität wirkt auf mich wie
Zauberei. Ich folge der Darstellung von Stewart [Ste89].
Beweis. Man betrachte für reelles α = 0 und natürliches n das Integral
In = In(α) =
1
−1
(1 − x 2 ) n cos(αx) dx
Partielles Integrieren liefert α 2 In = 2n(2n−1)In−1 −4n(n−1)In−2 für n ≥ 2.
Vollständige Induktion zeigt dann
α 2n+1 In = n!(Pn(α) sin α + Qn(α) cos α)
für Pn, Qn ∈ Z[X] Polynome vom Grad ≤ 2n. Wäre nun π = a/b mit a, b ∈ Z
und setzen wir oben α = π ein, so ergäbe sich, daß
a 2n+1
n! In(π)
für alle n ∈ N eine ganze Zahl sein muß im Widerspruch dazu, daß dieser
Ausdruck für alle n von Null verschieden ist und für n → ∞ gegen Null
strebt.
Übung 7.6.9. Man führe die partiellen Integrationen des vorhergehenden Beweises
aus und prüfe die Induktionsbasis, als da heißt die Fälle n = 0, 1.
Satz 7.6.10 (Fläche des Einheitskreises). Es gilt π/2 = 1 √
1 − t2 dt,
−1
anschaulich gesprochen ist also π die Fläche des Einheitskreises.
Beweis. Wir substituieren t = sin x, dt = cos x dx und erhalten
1
−1
√ 1 − t 2 dt =
π/2
−π/2
cos 2 x dx
Mithilfe der Formel cos2 x = 1 1 + cos 2x, die ihrerseits aus den Additions-
2 2
formel folgt, ergibt sich unser Integral mühelos zu
π/2
1 1
x + sin 2x
2 4 = π
2
−π/2