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Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 19:04: | 
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Hallo,
auf besonderen Wunsch zweier von mir sehr geschätzter Kolegen-Xell und H.R.Moser- führe ich nun ein wirklich elementaren Beweis für
Zeta(2)=pi^2/6
Beweis für Zeta(2)=pi^2/6 (Teil 1)
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Wir beweisen erstmal einen Hilfssatz:
Behauptung:
Es gilt für alle m>=1
cot²((pi)/(2m+1))+cot²((2pi)/(2m+1))+...+cot²((m*pi)/(2m+1))=(2m*(2m-1))/6..........(1)
Zum Beweis dieses Satzes beginnen wir mit dem Satz v. Moivre-die bekannte Relation
(cos(x)+i*sin(x))^n=cos(nx)+i*sin(nx)........(a)
Von besonderren interessant für uns ist dabei der Imaginärteil:
sin(nx)=[(n)(1)]*sin(x)*(cos(x))^(n-1)-[(n)(3)]*(sin(x))^(3)*(cos(x)^(n-3)+-....;.....(b)
(die Ausdrücke [(n)(1)] und [(n)(3)] stellen Binominalkoeffizienten dar.
[(n)(1)]=....n über 1
[(n)(3)]=....n über 3
usw...)
Nun setzen wir n=2m+1 während wir für x die m verschiedenen Werte x=(r*pi)/(2m+1) betrachten.(r=1,2....,m).
Für jeden dieser Werte gilt
nx=r*pi
also
sin(nx)=0
Während 0<x<(pi/2)
impliziert, dass wir für sin(x) wirklich m verschiedene positive Werte erhalten.
Jetzt teilen wir (b) durch (sin(x)^n und erhalten:
0=[(n)(1)]*(cot(x))^(n-1)-[(n)(3)]*(cot(x)^(n-3)+-...
0=[(2m+1)(1)]*(cot(x))^(2m)-[(2m+1)(3)]*(cot(x)^(2m-2)+-....
für jedes der m verschiedenen Werte für x.
Damit kennen wir von dem Polynom vom Grad m
p(t)=[(2m+1)(1)]*t^(m)-[(2m+1)(3)]*t^(m-1)+-..+(-1)^(m)*[(2m+1)(2m+1)]
Die m verschiedenen Wurzeln ar=cot²((r*pi)/(2m+1))
(r=1,2..,m)
Also ist das Polynom identisch mit dem Polynom:
p(t)=[(2m+1)(1)]*(t-cot²((pi)/(2m+1)))*..*(t-cot²((m*pi)/(2m+1)))
Vergleich der Koeffizienten von t^(m-1) in p(t) liefert nun
a1+...+ar=([(2m+1)(3)]/[(2m+1)(1)]=
(2m*(2m-1))/6
q.e.d
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Der 2. Teil folgt auf dem Fuße...
Gruß N. |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 21:54: |
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Es folgt nun der 2. Teil des Beweises....
Beweis für Zeta(2)=pi^2/6 (Teil 2)
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Wir benötigen noch einen Hilfssatz:
Es gilt für alle m>=1
csc²((pi)/(2m+1))+csc²((2pi)/(2m+1))+...+csc²((m*pi)/(2m+1))=(2m*(2m+2))/6...(2)
mit csc wird der Cosecans bezeichnet.
der Cosecans ist definiert als:
csc(x)=1/sin(x)
=>
csc²(x)=1/sin²(x)=(cos²(x)+sin²(x))/sin²(x)
=cot²(x)+1
Da Wir für cot²(x) schon als (1) die Formel hergeleitet haben, können wir (2) einfach aus (1)
herleiten, indem wir zu (1) einfach m adieren:
(2m*(2m-1))/6 + m=(2m*(2m-1)+6m)/6=(2m*(2m-1)+2m*3)/6==(2m*(2m+2))/6
q.e.d
Nun gilt im Intervall 0<y<Pi/2
0<sin(x)<x<tan(x)
und damit auch
0<cot(x)<1/x<csc(x)
woraus
cot²(x)<1/x²<csc²(x)
folgt.
Wir wenden diese doppelte Ungleichung auf jeden der m verschiedenen Werte für x an und addieren die Ergebnisse.
Beachte:
x=(r*pi)/(2m+1)
für die Linke Seite nehmen wir (1) und für die Rechte Seite der Ungleichung (2)
(2m*(2m-1))/6<((2m+1)/(pi))²+((2m+1)/(2pi))²+....((2m+1)/(m*pi))²<(2m*(2m+2))/6
Nach kurzen umformungen erhalten wir:
((pi²)/6)*((2m*(2m-1))/((2m+1)*(2m+1)))<1/1²+1/2²..+1/m²<((pi²)/6)*((2m*(2m+1))/((2m+1)*(2m+1)))
((pi²)/6)*((2m*(2m-1))/((2m+1)*(2m+1)))<sum[n²,n=1...m]<((pi²)/6)*((2m*(2m+1))/((2m+1)*(2m+1)))
für m->unendlich konvergieren Linke und Rechte Seite gegen pi²/6 in der Mitte steht dann
sum[n²,n=1...infinity]=Zeta(2)
Daraus folgt:
Zeta(2)=pi^2/6
w.z.b.w
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Na, was sagt ihr nun...
Gruß N. |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 05. April, 2002 - 11:23: |
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Es folgen ein paar Anmerkungen zu diesen elementaren, eleganten und in seiner Klarheit und Ästhetik bestechenden Beweis.
1] Die Relatin zwischen den Werten der quadrierten Cotanfgensfunktion (1) ist bemerkenswert.
Es gilt beispielsweise für m=1,2,3
cot²(pi/3)=1/3
cot²(pi/5)+cot²(2pi/5)=2
cot²(pi/7)+cot²(2pi/7)+cot²(3pi/7)=5
2] Die Herkunft dieses-wie ich finde kunuffigen-Beweises ist nicht ganz klar.
Der Beweis erschien erstmals 1982 in der Zeitschrift "Eureka" des Studenten-Matheclubs von Camebridge den "Archimedeans", wo er john Scholes zugeschrieben wurde.
John Scholes aber meint, das dieser Beweis zu seiner Studentenzeit in Camebridge(in den späten 1960er Jahren) "allgemein bekannt" gewesen sei, und behauptet, das er selbst den Beweis, zumindest als Skizze, von Peter Swinnerton-Deyer gehört hätte, aber der würde vermutlich behaupten den Beweis von jemanden anderern bekommen oder gehört zu haben.
soviel also erstmal dazu.
Gruß N.
|
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 05. April, 2002 - 14:09: |
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Korrektur eines Tippfehlers:
Es muss natürlich heißen:
sum[1/n²,n=1..m]=sum[n^(-2),n=1..m]
bzw
sum[1/n²,n=1..infinity]=sum[n^(-2),n=1..infinity]=zeta(2)
sorry!!!1
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Der Beweis per Doppelintegral ist also im detail bekannt oder wie darf ich xell's letzte Meldung interpretieren?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 114
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 05. April, 2002 - 17:58: |
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Hi N.
Hab mir den Beweis gerade mal durchgelesen und auch soweit alles verstanden bis auf eine Stelle im ersten Teil:
Vergleich der Koeffizienten von t^(m-1) in p(t) liefert nun
a1+...+ar=([(2m+1)(3)]/[(2m+1)(1)]
Kannst du mir das mal erklären??
Vielen Dank
C. Schmidt |
N:
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 05. April, 2002 - 20:33: |
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Hi Christian,
kurioserweise kenne ich auch ein Schulkolegen der ebenfalls Christian schmitt heißt....
O.k. Dann will ich Dir mal die Geschichte mit dem Koeffizientenvergleich verklickern.
Gehen wir mal davon aus das p(t) wie folgt definiert ist.
p(t)=c*(t-a1)*...*(t-am)
Diese Darstellung entspricht folgender
p(t)=[(2m+1)(1)]*(t-cot²((pi)/(2m+1)))*..*(t-cot²((m*pi)/(2m+1)))
Dabei ist c=[(2m+1)(1)]
Dies ist die normale Produktdarstellung einer ganzrationalenfu nktion.
Nun erinneren wir uns das aber der Vietische Wurzelsatz gilt, der besagt, das der Koeffizient von t^(m-1) gleich
-c*(a1+...+ar)
aus dem Koeffizientenvergleich folgt DER Rest.
Gruß N. |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 06. April, 2002 - 08:48: |
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Hallo Christian,
um die Geschichte mit dem Koeffizientenvergleich nochmal aufzugreifen:
Wir wissen das für den Koeffizient von t^(m-1) nach den vietischen Wurzelsätzen gilt:
[(2m+1)(1)]*(a1+...+ar)=[(2m+1)(3)]...(i)
Dabei sind
[(2m+1)(1)]...(2m+1) über 1
bzw
[(2m+1)(3)....(2m+1) über 3
Binominalkoeffizienten.
ar=cot²((r*pi)/(2m+1))
(r=1,2..,m)
sind die m verschiedenen Lösungen unseres Polynomes p(t), daher können wir p(t) auch als Produkt darstellen und somit die Koeffizienten vergleichen.
Warum nun umbedingt der Koeffizent von t^(m-1) so wichtig ist?
Weil wir in (1) die Summe der m verschiedenen quadrierten kotangensfunktionswerte untersuchen wollen-Vieta also und wir erhalten Gleichung (i)
[(2m+1)(1)]*(a1+...+ar)=[(2m+1)(3)]
nach kurzer Umformung:
(a1+...+ar)=[(2m+1)(3)]/[(2m+1)(1)]...(ii)
jetzt folgen die letzten Umformungen:
Für Binominalkoeffizienten gilt:
[(n)(k)]={n!)/(k!*(n-k)!)
Wenden wir dies auf [(2m+1)(1)] bzw [(2m+1)(3)] an und dividieren nach (ii)
erhalten wir
(a1+...+ar)=[(2m+1)(3)]/[(2m+1)(1)]=((2m)!)/(3!*(2m-2)!)
Nun ist ja bekanntlich 3!=6
((2m)!)/(6*(2m-2)!)
Außerdem wissen wir, dass wir Fakultäten rekursiv definieren können:
n!=(n-1)!*n
daraus folgt:
(2m)!=(2m-1)!*(2m)
(2m)!=(2m-2)!*(2m-1)*(2m)....(iii)
setzen wir (iii) für (2m)! in unseren Bruch ein, so kann man ihn mit (2m-2)! kürzen und erhält somit das erwünschte Endergebnis
(2m*(2m-1))/6
q.e.d
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Ich hoffe Christian, das ich die letzten Unklarheiten bei dir restlos beseitigt habe....
Viele Grüße
Niels Luithardt |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 06. April, 2002 - 11:59: |
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Noch eine kurze Korrektur:
Neben John Scholes ist es Peter Swinnerton-Dyer, der zu nennen ist.
nochmals sorry!
N. |
Xell
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 06. April, 2002 - 13:21: |
|
Hi, Niels!
Ich habe den Beweis jetzt vollständig durchgelesen. Er ist
wirklich nicht allzu kompliziert zu verstehen, obwohl ich
zugeben muss, dass er Hilfssätze benutzt, die mir so nicht
bekannt waren. Daher danke für die ausführliche Herleitung,
ich werde sie mir ausdrucken, um sie auch später noch nach-
vollziehen zu können!
Grüße, Xell |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 06. April, 2002 - 18:54: |
|
Hi xell,
dafür ist dieser Beweis ja auch gedacht.
Es freut mich immer wenn andere diesen Beweis ebenso für genial und gelungen halten, dass es sich lohnt ihn sich aufzuheben oder zu merken.
Allerdings würde mich ein weiterer fachlicher Kommentar von Kolege Moser ebenfalls interessieren.
Gruß N. |
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 09:21: |
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Hi Niels,
Meine vorbehaltlose Anerkennung für Deine Präsentation
der Herleitung der Summe der Reziproken der Quadratzahlen.
Selbstverständlich möchte ich mich noch eingehender dazu äussern,
bin aber momentan für längere Zeit anderweitig beschäftigt.
Es folgen bei Gelegenheit Skizzen der vor etwa 70 Jahren
üblichen Beweise
(Ludwig Bieberbach, Adolf Hurwitz, Rudolf Courant u.a.),
sodann solche der heute üblichen Beweise
( R.Remmert/G.Schumacher,u.a.).
Alle diese Beweise basieren auf funktionentheoretischen
Grundlagen, kommen aber ohne Fourierreihen aus und sind
in dem Sinne nicht elementar.
Dievon Dirvorgeführte Beweismethode, die ich im Détail nicht kannte,
obwohl ich zu den angegebenen Zeiten selbst schon rechnerisch
tätig war, istfür mich neuartig und wie sehr willkommen.
Von der grossen Meistern der Funktionentheorie hat aber
einiges auf den „elementaren“ Beweis abgefärbt;
(die Psychologen nennen das Assoziation)
z.B. der cotangens ,der cosecans oder der Koeffizientenvergleich.
Dann werfen wir einen Blick zurück auf Leonhard Euler
und fragen nach der Methode, die es ihm ermöglichte,
das Problem auf einen Schlag im Wettstreit mit den Bernoullis
für alle geraden Exponenten zu seinen Gunsten zu lösen.
Dazu müssen wir zeitlichweit zurückblenden und einen
Brief von Johann Bernoulli vom 2.April 1737 an
Leonhard Euler in St.Petersburg erwähnen.
Eine Rückfrage an Dich: Gibt es auch solche elementare Beweise für
gerade Zahlen > 2 als Exponenten ?
Wenn nicht, müsste man den funktionentheoretischen Methoden
wohl den Vorzug geben, weil alles schön unter einem Hut liegt ,
und wenn man dies unter ihm hervorholt, der Ueberblick
und die Fernsicht einmalig werden.
Es gibt andere Sparten, wo sogenannte elementare Beweise
nicht immer das Gelbe vom Ei sind .
(Beweis des Fundamentalsatzes der Algebra, Transzendenzbeweise etc.)
Man erarbeitet doch die feineren und wirksameren Methoden,
um sie auch zu gebrauchen und an der richtigen Stelle einzusetzen.
So weit für heute !
Nochmals besten Dank und freundliche Grüsse
H.R.Moser
|
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 11:03: |
|
hallo Megamath,
-nichts zu danken-
Über die Beweisskizzen freue ich mich jetzt schon.
Was deine Rückfrage angeht:
Mir sind keine Beweise dieser Art für grade Exponenten > 2 nicht bekannt.-Das soll aber nicht heißen, dass es sie nicht gibt.
Was Herrn Euler betrifft meinst du sichrlich folgenden Brief:
[...]
Die Aperçus entnehme ich dem ausgezeichneten 555 Seiten starken Gedenkband zu Leonhard Euler, den der Schweizer Halb-Kanton Baselstadt im Jahr 1983 im Birkhäuser - Verlag, Basel, herausgegeben hat.
Euler und Bernoulli waren immerhin Basler !
Den hervorragend ausgestatteten Band sollte man unbedingt anschaffen und allzeit griffbereit halten.
Der betreffende Artikel stammt von Emil A. Fellmann; Er schreibt u.a.:
"Mit nicht geringem Stolz teilt Jakob Bernoulli in seinem Brief vom 2.April 1737 Euler die Resultate
S4 = Pi ^ 4 / 90 und S6 = Pi ^ 6 / 945 mit, was Euler freundlich mit der Korrektur eines schreibfehlers (Bernoulli schrieb bei S6 im Nenner 940) und mit weiterführenden Resultaten quittierte:
S8 = Pi ^ 8 / 9450 , S10 = Pi ^ 10 , S12 = 691 * Pi ^12 / N , wobei er den Nenner der letzten Summe nicht mehr ausschreibt, jedoch nachdrücklich darauf hinweist, dass <die> seien, <denn> ................
In diesem Zusammenhang sei vermerkt, dass sich Euler natürlich auch an der Zetafunktion ungerader Argumente versucht hat, doch gestand er Bernoulli im oben zitierten Brief schlicht :
<...die> (Uebersetzung : Emil A. Fellmann)
Erst in jüngster Zeit wurde der Irrationalitätsbeweis von Zeta(3) geleistet.
[...]
(Quelle: ZahlReich; dein Beitrag am 17. August 2000)
Um die Formel von Euler für die Werte
Zeta(2k) herzuleiten, brauchen wir die bekannte Partialbruchentwicklung der Kotangensfunktion:
pi*cot(pi*x)=(1/x)+sum[(2x/(n²-x²)),n=1..infinity]
Die mit wohl schönste Formel der Funktionstheorie.
im buch v. Freitag - Busam finden sich die Herleitungen dieser und Eulers Formel für zeta(2k) auf den Seiten 183-185 unter dem Titel
"Anwendungen des Residuensatzes"
Etwas umständlich wie ich finde-
Schon mal wasvon Gustav Herglotz gehört?
Übrigens, das in den von mir referierten elementaren Beweis für Zeta(2)=pi^2/6 vieles von den großen Funktionstheoretikern abgefärbt ist, glaube ich dir unbnommen.
bis Später!
Gruß N.
|
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 13:07: |
|
Hi Niels,
Du hast mir mit meinem eigenen Beitrag vom
August 2000, den Du zum Leben erweckt hast,
die Schau gestohlen.
Dafür möchte ich Dir danken; ich selbst hatte
vergessen, ihn ins Board gestellt zu haben.
Ich komme jetzt nochmals mit etwas
anderen Worten auf den Gegenstand zurück:
Es gibt diesen herrlichen Gedenkband über
Leonhad Eulers Leben und Wirken,
herausgegeben 1983 im Birkhäuser Verlag, Basel
unter der Aegide des Kantons Basel-Stadt.
Die untenstehenden Zitate stammen alle aus diesem
Buch.
Von den zahlreichen Beiträgen interessiert uns im
Zusammenhang mit dem Thema „Zetafunktion“ eine
ausgezeichnete Arbeit von Emil A. Fellmann,
eines namhaften Kenners der Leistungen Leonhard Eulers.
In seinem einführenden Artikel
<ein> schreibt Fellmann
zu S2 = sum(1/ k^2, k=1..infinity):
„Dass die Summe endlich ist, d.h. dass die Reihe
konvergiert,ergibt sich sofort durch Vergleich mit
einer bekannten geometrischen Reihe.
Das Problem wurde bereits 1650 von Pietro Mengoli
(1625-1686) erwähnt und war spätestens 1673 auch
in England bekannt,doch trat es erst durch
Jakob Bernoullis nachdrückliche Formulierung in der
ersten Reihendissertation (1689) ins Bewusstsein
der Mathematiker.
Weder Jakob noch Johann gelang die Lösung
- trotz grösster Anstrengungen - , und in der Folge
bemühten sich auch Niklaus I und Daniel Bernoulli
mehr oder weniger erfolgreich um das Problem,
doch den Vogel schoss erst Euler ab, indem er 1735
das überraschende Resultat
S2 = Pi ^2 / 6
durch die Bewältigung eines viel allgemeineren Problems
als Spezialfall erhielt.
Dieses Problem war die Bestimmung der Summe S (2k),
d.h. der Summe der reziproken Potenzen der natürlichen
Zahlen mit geradzahligen Exponenten.
Euler erhielt:
sum(1/n^(2k), k = 1..infinity) = Zeta(2k) =a(2k)* (Pi)^(2k),
wo a(2k) die Koeffizienten der so genannten
Euler-Maclaurinschen Summenformel darstellen.
Etwas später gelang ihm derselbe Nachweis mit Hilfe
der so genannten Bernoullischen Zahlen.
Die reizvollen Teilresultate
S2 = Pi ^2 / 6 und S4 = Pi ^ 4 / 90 meldete Euler 1736
Daniel Bernoulli nach Basel, dem Eulers Verfahren
undurchsichtig blieb, doch erriet der alte Fuchs Johann
eine Variante der Eulerschen Methode, meldete seine
Nachentdeckung nach St. Petersburg sowie an seine
nächsten Freunde und liess 1742 die ganze Sache seinen
Opera einverleiben, ohne seinen Lieblings- und
Meisterschüler auch nur mit einer Silbe zu erwähnen.“.
Soweit das Zitat aus der Arbeit von Emil A.Fellmann.
Nun zum Lehrbuch der Funktionentheorie 1
von Remmert - Schumacher, Springer-Verlag,
5.Auflage (2001)).
„Alles in allem ein gutes und schönes Buch“
(aus einer Rezension).
Auch zu diesem Aspekt hast Du das Nötige schon gesagt !
Zur Ergänzung noch dies:
Auf Seiet 297 wird die Formel von Euler
für Zeta(2n) in drei Zeilen bewiesen, allerdings
basierend auf den Vorarbeiten auf den Seiten 198 ff.
[Bernoullische Zahlen, Taylorreihen für z cot z , z /sin z]
und auf den Seiten 296/297 bezüglich der Eisensteinreihe
epsilon(1).
Im diesem Lehrbuch findet man auch zahlreiche historische
Reminiszenzen, etwa die Bemerkung auf Seite 298:
„Euler bewies schliesslich im Jahre 1734 in seiner Arbeit
De Summis Serierum Reciprocarum (Opera Omnia,..)
mit Hilfe der von ihm entdeckten Produktformel
für die Sinusfunktion seine berühmten Identitäten...“
Ende Zitat und Ende Bericht !
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser
|
Christian Schmidt (christian_s)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 117
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 14:41: |
|
Hi N.
Vielen Dank für deine Erklärungen 
Hatte das mit dem Vieta vorher nocht verstanden...
MfG
C. Schmidt |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 19:21: |
|
Hi Megamath und Christian,
@Megamath:
tschuldigung das ich dir die show gestolen habe.
Ist ja interessant.
An den Bermoulli Zahlen kommt man wohl nicht vorbei.
Funktioniert diese Geschichte mit der Eisensteinreihe dann also ohne den Kotangens?
Mir sind bisher nur Herleitungen über die besagze von Euler endeckte Kotangensrelation bekannt.
@Christian:
Freut mich dass ich alle Unklarheiten beseitigen konnte.:-)
Falls es sonst Unklarheiten geben sollte, einfach hier noch mal melden!
Gruß N.
|
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 07. April, 2002 - 21:57: |
|
Hi Niels,
Deine Frage nach Gustav Ferdinand Joseph Herglotz
(1881-1953) kann ich positiv beantworten.
Von ihm stammen Sätze, die zum aktuellen Thema
passen, nämlich das Lemma von Herglotz und der
berühmte Herglotz –Trick.
In dem von mir in meinem letzten Beitrag erwähnten
Lehrbuch der Funktionentheorie 1 von Remmert und
Schumacher findest Du die Formulierungen und
Herleitungen auf den Seiten 293/294.
Eine sehr gute Zusammenfassung findest Du auch
im Band 2 des Lexikons der Mathematik aus dem
Spektrum -Verlag auf den Seiten 393/394.
Es erübrigt sich, dass ich diese Sätze hier
notiere und die Beweise nachvollziehe oder einfach
abschreibe.
Das Lemma von Herglotz kann dazu benützt werden,
eine bestimmte Charakterisierung der Cotangensfunktion
zu beweisen.
Der so genannte Herglotz-Trick, mit dem man das
Lemma von Herglotz elegant beweisen kann,
indem man aus einem Faktor 2 den Faktor 4 macht,
findet man erstmals veröffentlicht im Lehrbuch der
Funktionentheorie von Constantin Carathéodory, Band 1 ,
Verlag Birkhäuser, Basel ,1950, Seite258,
im Abschnitt „die Partialbruchzerlegung von Pi*ctg(Pi*z)“
Carathéodory schreibt dort:
„die einfachste Methode für...... verdanke ich einer mündlichen
Mitteilung von G. Herglotz.
G.Herglotz selbst hat den Trick ausschliesslich seinen
Göttinger Studenten mündlich vorgeführt, aber nie publiziert.
Soviel zu G.Herglotz
Ebenfalls in Band 2 des genannten Lexikons der Mathematik
findest Du auf Seite 24 auch das Nötigste zur Eisenstein-Reihe.
So weit !
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath.
|
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 08. April, 2002 - 09:12: |
|
Hi Megamath,
der Herglotz-Trick ist mir wohl bekannt.
Eine nette Erklärung dieses Tricks habe ich im Buch:
"Das BUCH der Beweise"
(Martin Aigner;Günter M. Ziegler)
gefunden (S 141 ff)
Aus diesen netten Buch habe ich auch den elementaren Beweis für Zeta(2)=pi^2/6
(s 39 f)
Normalerweise verrrate ich nicht meine Quellen, aber ich finde dieses Buch sollte nann unbedingt besitzen.
Es stehen dar zwar nicht all zu viele Beweise drin, aber die Beweise die drinnstehen sind wirklich vom Feinsten!
Es steht halt nur nichts über die Eisensteinreihe drin.
Gruß N.
|
|
