Beweisarchiv: Zahlentheorie: Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von Zeta(3)

Beweisarchiv: Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson · Vollständige Multiplikativität der p-adischen Exponentenbewertung

Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper · Korrespondenzsatz der algebraischen Zahlentheorie · Zerlegungsgesetz

Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von $\zeta (3)$ · Primzahlsatz

Im Folgenden wird (mit Hilfe des Primzahlsatzes) gezeigt, dass der Wert

$\zeta (3):=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^3}$

der Riemann'schen Zeta-Funktion eine irrationale Zahl ist. Dieses wurde 1979 durch Roger Apéry bewiesen, weswegen man diese Zahl gelegentlich auch als Apéry-Konstante bezeichnet.

Bemerkung

Das Polynom

$P_n(x):=\frac{1}{n!}\cdot \frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}[x^n(1-x{)}^n]=:\sum _{\nu =0}^n{a}_{\nu }{x}^{\nu }$

hat ausschließlich ganzzahlige Koeffizienten $a_{\nu }\in \mathbb{Z}$.

Beweis

Nach der Leibniz'schen Formel gilt

$\begin{array}{ccc}{P}_n(x)& =& \frac{1}{n!}\sum _{\nu =0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\nu })n(n-1)\cdots (n-\nu +1)x^{n-\nu }n\cdots (n-(n-\nu )+1)(1-x{)}^{n-(n-\nu )}(-1{)}^{n-\nu }\\ & =& \frac{1}{n!}\sum _{\nu =0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\nu })\frac{n!}{(n-\nu )!}{x}^{n-\nu }\frac{n!}{\nu !}(1-x{)}^{\nu }(-1{)}^{n-\nu }=\sum _{\nu =0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\nu })}^2(-1{)}^{n-\nu }{x}^{n-\nu }(1-x{)}^{\nu },\end{array}$

d.h.,

$P_n$

hat nur ganzzahlige Koeffizienten.

$◻$

Lemma

Ist $f:Q:=[0,1{]}^2\to ℝ$ stetig, so existiert das Integral $\underset{Q}{\int }\frac{f(x,y)}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y<\mathrm{\infty }$.

Beweis

Da $f$ auf dem Kompaktum $Q$ stetig, also beschränkt ist, muss $\underset{Q}{\int }\frac{1}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y<\mathrm{\infty }$ gezeigt werden. Dies ist offenbar äquivalent zu $\underset{Q}{\int }\frac{1}{1-(1-u)(1-v)}\mathrm{d}u\mathrm{d}v<\mathrm{\infty }$ mit $x=1-u$, $y=1-v$. Weil der Integrand nur in $u=v=0$ singulär wird, brauchen wir die Endlichkeit nur auf dem Viertelkreis $V:=\{(r\cos \phi ,r\sin \phi )|0<r\le 1,0\le \phi \le \frac{\pi }{2}\}$ zu zeigen. Hier können wir Polarkoordinaten einführen und erhalten

$\begin{array}{ccc}\underset{V}{\int }\frac{1}{1-(1-u)(1-v)}\mathrm{d}u\mathrm{d}v& =& \underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{r}{1-(1-r\cos \phi )(1-r\sin \phi )}\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi =\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sin \phi +\cos \phi -r\sin \phi \cos \phi }\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \\ & =& \underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sin \phi (1-r\cos \phi )+\cos \phi }\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi +\underset{\pi /4}{\overset{\pi /2}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\cos \phi (1-r\sin \phi )+\sin \phi }\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \\ & \le & \underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\cos \phi }\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi +\underset{\pi /4}{\overset{\pi /2}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{\sin \phi }\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \le \sqrt{2}\frac{\pi }{4}+\sqrt{2}\frac{\pi }{4}<\mathrm{\infty },\end{array}$

was zu zeigen war.

$◻$

Wir untersuchen im Folgenden das Integral

$I_n:=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{-\ln xy}{1-xy}{P}_n(x)P_n(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sum _{r,s=0}^n{a}_r{a}_s\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s}{1-xy}(-\ln xy)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

Die Wohldefiniertheit wird im folgenden Lemma formuliert:

Lemma

Für alle $r,s\in {\mathbb{N}}_0$ gilt

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s}{1-xy}(-\ln xy)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\{\begin{array}{ccc}\frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{{\nu }^2},& \text{falls}& r>s,\\ 2[\zeta (3)-\sum _{\nu =1}^r\frac{1}{{\nu }^3}],& \text{falls}& r=s,\\ \frac{1}{s-r}\sum _{\nu =r+1}^s\frac{1}{{\nu }^2},& \text{falls}& r<s.\end{array}$

Insbesondere ist $I_n$ wohldefiniert.

Beweis

Die Wohldefiniertheit ist lediglich für $r=s=0$ zu zeigen. Sei $m\in \mathbb{N}$ und $V:=\{(R\cos \phi ,R\sin \phi )|R\in (0,\sqrt{2}],\phi \in (0,\frac{\pi }{2})\}$. Wegen $|\ln x{|}^m\le \frac{c}{\sqrt{x}}$ für $x\in (0,2]$ ist

$\begin{array}{ccc}\underset{V}{\int }|\ln xy{|}^m\mathrm{d}x\mathrm{d}y& \le & c\underset{V}{\int }\frac{1}{\sqrt{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=c\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\underset{0}{\overset{\sqrt{2}}{\int }}\frac{R}{\sqrt{R\cos \phi }\sqrt{R\sin \phi }}\mathrm{d}R\mathrm{d}\phi =\sqrt{2}c\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\frac{1}{\sqrt{\cos \phi \sin \phi }}\mathrm{d}\phi \\ & =& \sqrt{2}c\underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\sqrt{\frac{\phi }{\sin \phi }}\cdot \frac{1}{\sqrt{\phi }\sqrt{\cos \phi }}\mathrm{d}\phi +\sqrt{2}c\underset{\pi /4}{\overset{\pi /2}{\int }}\sqrt{\frac{\frac{\pi }{2}-\phi }{\cos \phi }}\cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{\pi }{2}-\phi }\sqrt{\sin \phi }}\mathrm{d}\phi \\ & \le & C[\underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\frac{1}{\sqrt{\phi }}\mathrm{d}\phi +\underset{\pi /4}{\overset{\pi /2}{\int }}\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi }{2}-\phi }}\mathrm{d}\phi ]<\mathrm{\infty }.\end{array}$

Nach Lemma Nummer 2 ist jedes Integral $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s}{1-xy}|\ln xy{|}^m\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ und somit $I_n$ wohldefiniert. Um den Wert dieses Integrals auszurechnen, müssen wir die Funktion

$I(t):=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^{r+t}{y}^{s+t}}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,t\ge 0,$

welche nach Lemma Nummer 2 wohldefiniert ist, genauer untersuchen. Und zwar ist

$\begin{array}{ccc}I(t)& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{r+t+k}{y}^{s+t+k}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\text{ nach geometrischer Reihe}\\ & =& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{r+t+k}{y}^{s+t+k}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\text{ nach Satz von Beppo Levi}\\ & =& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{r+t+k}\mathrm{d}x)(\underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^{s+t+k}\mathrm{d}y)\\ & =& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{r+t+k+1}\cdot \frac{1}{s+t+k+1}.\end{array}$

Der Trick besteht nun darin, dass man $I$ im Nullpunkt (rechtsseitig) differenzieren darf und daraus die entsprechenden Formeln erhält. Es ist nämlich für $h>0$

$\begin{array}{ccc}|\frac{I(h)-I(0)}{h}-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s\ln xy}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y|& \le & \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}|\frac{x^{r+h}{y}^{s+h}-x^r{y}^s}{(1-xy)h}-\frac{x^r{y}^s\ln xy}{1-xy}|\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s}{1-xy}|\frac{(xy{)}^h-1}{h}-\ln xy|\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s}{1-xy}|\frac{h(\ln xy{)}^2}{2}(xy{)}^{\xi }|\mathrm{d}x\mathrm{d}y\text{mit}\xi =\xi (h,x,y)\in (0,h)\\ & \le & \frac{h}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{(\ln xy{)}^2}{1-xy}{x}^r{y}^s\mathrm{d}x\mathrm{d}y\to 0\mathrm{f}\ddot{\mathrm{u}}\mathrm{r}h\searrow 0\end{array}$

wegen $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{(\ln xy{)}^2}{1-xy}{x}^r{y}^s\mathrm{d}x\mathrm{d}y<\mathrm{\infty }$, wie wir oben gesehen haben.

Insgesamt haben wir somit $I^{\prime }(0)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^r{y}^s\ln xy}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$. Im Falle $r=s$ gilt

$\begin{array}{ccc}{I}^{\prime }(0)& =& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\left[\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(r+t+k+1{)}^2}\right]}_{t=0}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{1}{(r+t+k+1{)}^2}\right]}_{t=0}\\ & =& -2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(r+k+1{)}^3}=-2[\zeta (3)-\sum _{\nu =1}^r\frac{1}{{\nu }^3}],\end{array}$

weil wir wegen der normalen Konvergenz der Zeta-Funktion auf $\mathrm{Re}s>1$ gliedweise differenzieren dürfen. Im Falle $r>s$ (und analog $r<s$) ist $I(t)=\frac{1}{r-s}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{s+1+t+k}-\frac{1}{r+1+t+k}]=\frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{\nu +t}$ und somit

$\begin{array}{ccc}{I}^{\prime }(0)& =& \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\left[\frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{\nu +t}\right]}_{t=0}=-\frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{{\nu }^2},\end{array}$

wie behauptet wurde.

$◻$

Lemma

Es gilt $d_n:=\mathrm{kgV}(1,\dots ,n)=\prod _{p\le n}{p}^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor }\le n^{\pi (n)}$.

Beweis

Jedes $r\in \{1,\dots ,n\}$ hat nach dem Fundamentalsatz der Arithmetik eine Primfaktorzerlegung $r=\prod _{p\le n}{p}^{\alpha (p,r)}\le n$ mit $\alpha (p,r)\in {\mathbb{N}}_0$. Dann muss $p^{\alpha (p,r)}\le n$, also $\alpha (p,r)\le \frac{\ln n}{\ln p}$ und somit wegen der Ganzzahligkeit $\alpha (p,r)\le \lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor$ gelten.

Daraus folgt

$d_n\le \prod _{p\in \mathbb{P}}{p}^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor }=\prod _{p\le n}{p}^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor }$

. Die umgekehrte Ungleichung folgt, weil

$p^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor }\le n$

gilt. Also ist

$d_n=\prod _{p\le n}{p}^{\lfloor \frac{\ln n}{\ln p}\rfloor }\le \prod _{p\le n}{p}^{\frac{\ln n}{\ln p}}=n^{\pi (n)}$

.

$◻$

Korollar

Es sind $(d_r{)}^3\cdot \sum _{\nu =1}^r\frac{1}{{\nu }^3}$ und $(d_r{)}^3\cdot \frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{{\nu }^2}$ für $r>s$ jeweils ganze Zahlen.

Beweis

Ist $\nu \le r$, so ist $\nu =\prod _{p\le r}{p}^{\alpha (p,\nu )}$ mit $\alpha (p,\nu )\le \lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor$. Dann ist

${\nu }^3=\prod _{p\le r}{p}^{3\alpha (p,\nu )}|\prod _{p\le r}{p}^{3\lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor }={\left(\prod _{p\le r}{p}^{\lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor }\right)}^3=(d_r{)}^3,$

also $(d_r{)}^3\cdot \sum _{\nu =1}^r\frac{1}{{\nu }^3}\in \mathbb{Z}$. Sei nun $r>s$. Dann ist $r-s=\prod _{p\le r}{p}^{\alpha (p,r-s)}$ mit $\alpha (p,r-s)\le \lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor$. Dann folgt

$(r-s){\nu }^2=\prod _{p\le r}{p}^{2\alpha (p,\nu )+\alpha (p,r-s)}|\prod _{p\le r}{p}^{3\lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor }={\left(\prod _{p\le r}{p}^{\lfloor \frac{\ln r}{\ln p}\rfloor }\right)}^3=(d_r{)}^3,$

also

$(d_r{)}^3\cdot \frac{1}{r-s}\sum _{\nu =s+1}^r\frac{1}{{\nu }^2}\in \mathbb{Z}$

.

$◻$

Korollar

Es gibt

$A_n,B_n\in \mathbb{Z}$

mit

$I_n=\frac{A_n+B_n\zeta (3)}{(d_n{)}^3}$

.

$◻$

Unser Ziel ist es, den Ausdruck $I_n$ in beide Richtungen abzuschätzen:

Lemma

Es gilt

$0<I_n\le 2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}.$

Beweis

Es ist $-\ln xy=\underset{xy}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{u}\mathrm{d}u$. Mit der Transformation $u=1-(1-xy)v$ folgt $-\ln xy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{d}v}{1-(1-xy)v}(1-xy)$, also $-\frac{\ln xy}{1-xy}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\mathrm{d}v}{1-(1-xy)v}$. Es folgt

$I_n=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{P}_n(y)\underset{0}{\overset{1}{\int }}(\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{n!}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}[x^n(1-x{)}^n]\frac{1}{1-(1-xy)v}\mathrm{d}x)\mathrm{d}v\mathrm{d}y.$

Im inneren Integral wende man partielle Integration an. Da alle Ableitungen $\frac{{\mathrm{d}}^{\nu }}{\mathrm{d}{x}^{\nu }}[x^n(1-x{)}^n]$ für $\nu <n$ in $x=0$ und $x=1$ verschwinden, treten bei $n$-maliger partieller Integration keine Randterme auf. Wir bekommen somit

$\begin{array}{ccc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{n!}\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}[x^n(1-x{)}^n]\frac{1}{1-v+xyv}\mathrm{d}x& =& (-1{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{n!}{x}^n(1-x{)}^n\frac{{\partial }^n}{\partial x^n}[\frac{1}{1-v+xyv}]\mathrm{d}x\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^n(1-x{)}^n\frac{1}{(1-v+xyv{)}^{n+1}}(yv{)}^n\mathrm{d}x.\end{array}$

Daraus folgt

$I_n=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{P}_n(y)y^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^n(1-x{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{v^n}{(1-(1-xy)v{)}^{n+1}}\mathrm{d}v\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

Nun substituieren wir $v=\frac{1-z}{1-z(1-xy)}$. Dann ist $\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}z}=-\frac{xy}{(1-z(1-xy){)}^2}<0$, also haben wir eine gültige Variablentransformation. Wegen $1-(1-xy)v=\frac{xy}{1-z(1-xy)}$ ist

$\begin{array}{ccc}{I}_n& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}{P}_n(y)y^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^n(1-x{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{(1-z{)}^n}{(1-z(1-xy){)}^n}\frac{(1-z(1-xy){)}^{n+1}}{(xy{)}^{n+1}}\frac{xy}{(1-z(1-xy){)}^2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}{P}_n(y)\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z{)}^n\frac{1}{1-z(1-xy)}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{n!}\frac{d^n}{d{y}^n}[y^n(1-y{)}^n]\frac{1}{1-z+xyz}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\mathrm{d}z.\end{array}$

Wir führen wiederum $n$-malige partielle Integration (ebenfalls ohne Randterme) durch und erhalten

$\begin{array}{ccc}{I}_n& =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x{)}^n(-1{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{n!}{y}^n(1-y{)}^n\frac{{\partial }^n}{\partial y^n}[\frac{1}{1-z+xyz}]\mathrm{d}y\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-x{)}^n\underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^n(1-y{)}^n(xz{)}^n\frac{1}{(1-z+xyz{)}^{n+1}}\mathrm{d}y\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\ & =& \underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{[F(x,y,z{)}^n]}{1-(1-xy)z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$

mit $F(x,y,z):=\frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{1-(1-xy)z}$. Es ist $I_n>0$, da der Integrand echt positiv auf $(0,1{)}^3$ ist. Das folgende Lemma Nummer 8 besagt $F(x,y,z)\le (\sqrt{2}-1{)}^4$ auf $(0,1{)}^3$. Nutzen wir diese Abschätzung vorab aus, so folgt

$\begin{array}{ccc}0<I_n& \le & (\sqrt{2}-1{)}^{4n}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{1-(1-xy)z}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =& (\sqrt{2}-1{)}^{4n}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{1}{\int }}-\frac{\ln xy}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\text{ nach Rechnung zu Beginn des Beweises}\\ & =& 2(\sqrt{2}-1{)}^{4n}\zeta (3)\text{ nach Lemma Nummer 3 mit }r=s=0,\end{array}$

was zu beweisen war.

$◻$

Lemma

Es gilt $F(x,y,z):=\frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{1-(1-xy)z}\le (\sqrt{2}-1{)}^4$ für alle $(x,y,z)\in (0,1{)}^3$.

Beweis

Zunächst zeigen wir, dass $F$ auf den Rand von $(0,1{)}^3$ durch null stetig fortgesetzt werden kann. Offenbar müssen wir nur den Bereich mit $z=1$ untersuchen. Ist nun $z_n\to 1$, so folgt

$\begin{array}{ccc}|F(x_n,y_n,z_n)|& =& |1-x_n||1-y_n||z_n|\left|\frac{x_n{y}_n(1-z_n)}{1-(1-x_n{y}_n)z_n}\right|\le \left|\frac{x_n{y}_n(1-z_n)}{x_n{y}_n+(1-z_n)-x_n{y}_n(1-z_n)}\right|\\ & =& \frac{1}{|\frac{1}{1-z_n}+\frac{1}{x_n{y}_n}-1|}\le \frac{1}{|\frac{1}{1-z_n}-1|}=\frac{1-z_n}{1-(1-z_n)}\to 0.\end{array}$

Also besitzt $f$ ein globales Maximum $(x_0,y_0,z_0)$ auf $[0,1{]}^3$, welches im Inneren liegt und somit ein kritischer Punkt von $F$ ist.

Wir haben $\frac{\partial }{\partial x}F(x,y,z)=\frac{[1-(1-xy)z](1-2x)(y-y^2)(z-z^2)-yz(x-x^2)(y-y^2)(z-z^2)}{[1-(1-xy)z{]}^2}$, also

$0=[1-(1-x_0{y}_0)z_0](1-2x_0)-y_0{z}_0(x_0-x_0^2)$

und analog mit $\frac{\partial }{\partial y}F(x,y,z)=\frac{[1-(1-xy)z](x-x^2)(1-2y)(z-z^2)-xz(x-x^2)(y-y^2)(z-z^2)}{[1-(1-xy)z{]}^2}$

$0=[1-(1-x_0{y}_0)z_0](1-2y_0)-x_0{z}_0(y_0-y_0^2).$

Subtrahieren der Gleichungen impliziert $0=[1-(1-x_0{y}_0)z_0](2y_0-2x_0)-z_0[(x_0-x_0^2)y_0-(y_0-y_0^2)x_0]=(y_0-x_0)(2-2z_0+x_0{y}_0{z}_0)$, also $x_0=y_0$, weil der zweite Faktor echt positiv ist. Weiter ist $\frac{\partial }{\partial z}F(x,x,z)=\frac{[1-(1-x^2)z](x-x^2{)}^2(1-2z)+(1-x^2)(x-x^2{)}^2(z-z^2)}{[1-(1-x^2)z{]}^2}$, und man erhält

$0=1-2z_0+z_0^2-x_0^2{z}_0^2.$

Zieht man das

$z_0$

-fache der ersten Gleichung vom

$x_0$

-fachen der dritten Gleichung ab, liefert dies

$0=x_0-z_0+z_0^2-x_0{z}_0^2$

, also

$x_0=\frac{z_0^2-z_0}{z_0^2-1}=1-\frac{1}{z_0+1}$

. Einsetzen in das

$(z_0+1{)}^2$

-fache der dritten Gleichung impliziert

$0=-2z_0^2+1$

, also

$z_0=\frac{1}{\sqrt{2}}$

und

$x_0=y_0=\sqrt{2}-1$

. Aus

$F(x_0,y_0,z_0)=F(\sqrt{2}-1,\sqrt{2}-1,\frac{1}{\sqrt{2}})=(\sqrt{2}-1{)}^4$

folgt die Behauptung.

$◻$

Satz von Apéry

$\zeta (3)$ ist irrational.

Beweis

Angenommen, es wäre $\zeta (3)=\frac{p}{q}$ mit $p,q\in \mathbb{N}$ und $\mathrm{ggT}(p,q)=1$. Nach dem Euklidischen Algorithmus gibt es wegen $\mathrm{ggT}(p,q)=1$ Zahlen $m_0,n_0\in \mathbb{Z}$ mit $m_{0}p+n_{0}q=1$. Dann ist $\inf \{|mq-np||m,n\in \mathbb{Z},mq-np\ne 0\}=1$, also

$\inf \{|m-n\zeta (3)||m,n\in \mathbb{Z},m-n\zeta (3)\ne 0\}=\frac{1}{q}.$

Nach Lemma Nummer 4, Korollar Nummer 6 und Lemma Nummer 7 ist somit

$\frac{1}{q}\le 2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}(d_n{)}^3\le 2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}{n}^{3\pi (n)}=2\zeta (3)e^{4n\ln (\sqrt{2}-1)+3\pi (n)\ln n}.$

Dies ist äquivalent zu

$\pi (n)\frac{\ln n}{n}\ge \frac{1}{3n}\ln \left(\frac{1}{2q\zeta (3)}\right)-\frac{4}{3}\ln (\sqrt{2}-1)$

. Übergang zum Grenzwert impliziert gemäß dem Primzahlsatz

$1\ge -\frac{4}{3}\ln (\sqrt{2}-1)$

, aber es ist

$-\frac{4}{3}\ln (\sqrt{2}-1)>1$

.

$◻$

Literatur

• Roger Apéry: Irrationalité de $\zeta (2)$ et $\zeta (3)$. Astérisque, 61, 11-13, 1979.
• Frits Beukers: A note on the irrationality of $\zeta (2)$ and $\zeta (3)$. Bulletin of the London Mathematical Society, 11, 268-272, 1979.

Wikipedia-Verweis

• Apéry-Konstante