Anschauliche Geometrie

Anschauliche Geometrie 1 (Tag 1) 4
Beweis. Man hat einen Begriff von „Volumen“ auf S 1 (das heißt, jeder Kreisbogenabschnitt hat
eine Länge), und die Abbildung
f : S 1 → S 1
y ↦→ y + η
ist längenerhaltend. Angenommen, die Folge η, 2η, . . . wäre nicht dicht in S 1 . Dann gäbe es
einen Punkt y 0 ∈ S 1 und eine Umgebung U ∋ y 0 (einen offenen Kreisbogen) so, dass U keine
Punkte der Folge η, 2η, . . . enthält. Wähle nun U maximal mit der Eigenschaft, keine Punkte
der Folge zu enthalten. Die Translate f(U), f 2 (U), . . . enthalten alle keine Punkte der Folge.
Aber f ist längenerhaltend und S 1 hat endliche Länge; das heißt, es existiert ein N ∈ N so, dass
U ∩f N (U) ≠ ∅. Ist U = f N (U), dann wäre log 10 2 rational . Ist U ∩f N (U) ≠ ∅ und U ≠ f N (U),
dann ist dies ein Widerspruch zur Maximalität von U.
Korollar 1.1. Die Zahl 7 kommt in der Folge (b n ) der Anfangsziffern der Zahlen (2 n ) vor.
Nun zur zweiten Frage. Gegeben sei die Abbildung
f : R/Z = [0, 1) → [0, 1)
a ↦→ a + log 10 2 (mod 1).
Sei x 0 = log 10 2. Betrachte die Folge (c n ) mit c n = f n (x 0 ). Wie sind die Werte (c n ) in [0, 1)
verteilt?
Behauptung 2. Die Zahlen c 0 , c 1 , c 2 , . . . sind in [0, 1) gleichverteilt.
(Gleichverteilung: Ist I ∈ [0, 1) ein Teilintervall, dann ist
#{c k | c k ∈ I, k ≤ n}
lim
n→∞ n
die Länge von I.)
Stimmt die Behauptung, dann ist die Antwort auf Frage 2 wie folgt: Die 6 kommt mit Häufigkeit
log 10
7
6 vor, die 5 häufiger mit log 10 6 5 .
Beweis (dass (c n ) gleichverteilt ist). Für alle Riemann-integrierbaren Abbildungen
f : [0, 1) → C
(∗)
gilt
∫ 1
0
1
f(t) dt = lim
n→∞ n
n∑
f(c k ).
Es folgt die Gleichverteilung. (Denn: Man nehme für f die charakteristische Funktion χ I eines
Teilintervalls I ⊂ [0, 1) =⇒ Gleichverteilung.)
Man rechnet nach: (∗) gilt für f ≡ 1. (∗) gilt auch für f(x) = e 2πimx , m ∈ Z. Es ist ∫ 1
0
f(x) dx =
0, daher reicht es zu zeigen:
1
n∑
lim e 2πimkϑ = 0
n→∞ n
k=1
k=1