1.1 Quadratur der Parabel

Als Beispiel, wie wir hier denken und vorgehen wollen, aber auch als Einleitung in die Integralrechnung, werden wir uns in diesem Abschnitt mit dem Bereich

unter der Parabel zwischen $0$ und $1$ beschäftigen und dessen Flächeninhalt berechnen. Dieser Flächeninhalt wurde als erster krummlinig begrenzter Bereich schon von Archimedes (ca. 287–ca. 212 v.Chr.) im 3. Jahrhundert v.Chr. bestimmt. (Historisch Interessierten empfehlen wir auch den Podcast der BBC über Archimedes, wobei man bei der zwanzigsten Minute einsteigen kann, wenn man wenig Zeit hat.) Wir wollen für die Flächenberechnung davon ausgehen, dass wir wissen, was die Symbole in der Definition in Gleichung (1.1) bedeuten und dass $P$ gerade den Bereich in folgendem Bild (Figur 1.1) beschreibt.†† Insbesondere nehmen wir vorläufig an, dass wir die Menge $ℝ$ der reellen Zahlen bereits kennen.

     Figur 1.1: Der Bereich $P$.     

Natürlich ist die Berechnung des Flächeninhalts von $P$ keine Herausforderung und innerhalb von Sekunden möglich, wenn wir das bestimmte (Riemann-) Integral und die dazugehörigen Rechenregeln verwenden. Wir wollen dies jedoch nicht als bekannt voraussetzen, da wir das Integral erst in etwa einem Monat einführen und verstehen werden.

Genau genommen müssen wir uns vor der Berechnung folgende fundamentale Frage stellen:

Was ist eigentlich ein Flächeninhalt?

Wenn wir diese Frage nicht genau beantworten können, dann können wir eigentlich nicht wissen, was es bedeutet, den Flächeninhalt von $P$ zu berechnen. Deswegen relativieren wir unser Ziel in folgender Weise – eine Proposition ist ein mathematischer Satz, also eine mathematische Aussage, mittlerer Bedeutung:

In anderen Worten: wir haben die Frage, ob es einen Begriff des Flächeninhalts gibt und für welche Bereiche dieser definiert ist, offengelassen, wollen aber zeigen, dass $\frac{1}{3}$ der einzige “vernünftige” Wert für den Flächeninhalt von $P$ darstellt. Die Idee unseres Beweises wird auch im folgenden Applet dargestellt.

Für den Beweis von Proposition 1.1 benötigen wir ein Lemma (auch Hilfssatz genannt):

Beweis von Proposition 1.1.

Wir nehmen an, dass es einen Begriff des Flächeninhalts mit den Eigenschaften in der Proposition gibt und dieser für $P$ definiert ist. Angenommen $I$ ist der Flächeninhalt von $P$. Wir überdecken $P$ für eine gegebene natürliche Zahl $n\ge 1$ mit Rechtecken wie in Figur 1.2.

     Figur 1.2: Die Überdeckung von $P$ mit Rechtecken für $n=10$.     

Wir erhalten aus den angenommenen Eigenschaften des Flächeninhalts und Lemma 1.3, dass

$$\begin{array}{llll}\hfill I& \le \frac{1}{n}\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}\frac{2^2}{n^2}+\cdots +\frac{1}{n}\frac{n^2}{n^2}& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{n^3}(1^2+2^2+\cdots +n^2)& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{n^3}\left(\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}\right)& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{3}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^2}& \hfill & \\ \hfill & \le \frac{1}{3}+\frac{1}{n}& \hfill & \end{array}$$

Wir bemerken, dass die Geradenstücke, bei denen sich die Rechtecke berühren, Flächeninhalt $0$ haben und wir sie also einfach ignorieren dürfen. (Warum genau?)Betrachten Sie die offenen Rechtecke, interpretieren Sie die Seiten der Rechtecke als abgeschlossene Rechtecke mit Flächeninhalt Null, und verwenden Sie nun die angenommene Additionseigenschaft für Mengen ohne gemeinsame Punkte. Verwenden wir hingegen Rechtecke wie in Figur 1.3 erhalten wir ebenso

     Figur 1.3: Von $P$ überdeckte Kollektion von Rechtecken für $n=10$.     

$$\begin{array}{llll}\hfill I& \ge \frac{1}{n}\frac{0}{n^2}+\frac{1}{n}\frac{1^2}{n^2}+\cdots +\frac{1}{n}\frac{{(n-1)}^2}{n^2}& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{n^3}\left(1^2+\cdots +{(n-1)}^2\right)& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{n^3}\left(1^2+\cdots +{(n-1)}^2+n^2-n^2\right)& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{n^3}\left(\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}-n^2\right)& \hfill & \\ \hfill & \ge \frac{1}{n^3}\left(\frac{n^3}{3}-n^2\right)& \hfill & \\ \hfill & =\frac{1}{3}-\frac{1}{n}& \hfill & \end{array}$$ Zusammenfassend gilt also $$\begin{array}{lll}\hfill -\frac{1}{n}\le I-\frac{1}{3}\le \frac{1}{n}& & \hfill \end{array}$$

für alle natürlichen Zahlen $n\ge 1$. Die einzige Zahl, die kleiner als $\frac{1}{n}$ und grösser als $-\frac{1}{n}$ ist für alle natürlichen Zahlen $n\ge 1$, ist die $0$. Dies ist anschaulich relativ klar (siehe unten) und wird später aus dem Archimedischen Prinzip folgen, welches wir in drei Wochen ausführlich besprechen werden. Daher gilt $I=\frac{1}{3}$ und die Proposition folgt.   

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Wir haben in obigem Beweis folgenden Satz benötigt:

Warum ist dies „anschaulich klar“? Stellen Sie sich $x\ge 0$ in der Dezimaldarstellung vor. Verwenden wir die Annahme für $n=11$, so sehen wir, dass $x$ von der Form $x=0.0a_2{a}_3\dots$ sein muss für vorerst unbekannte Ziffern $a_2,a_3,a_4,\dots$. Verwenden wir nun $n=10^2+1$, dann sehen wir, dass $x$ nach dem Komma mindestens $2$ Nullen haben muss (das heisst, $a_2=0$). Da aber die Annahme ebenso für $n=10^k+1$ für eine beliebige natürliche Zahl $k$ gilt, sehen wir, dass $x$ unendlich viele Nullen nach dem Komma haben muss. Also ist $x$ Null. Falls $x\le 0$, so erfüllt $-x$ die Ungleichung $0\le -x\le \frac{1}{n}$ und insbesondere ist $-x$ und damit $x$ gleich Null nach vorherigem Argument. Dies ist kein Beweis (ausser man hat vorher die reellen Zahlen als Dezimalbrüche eingeführt und alle übliche Eigenschaften bewiesen) – wir werden später unter Verwendung klar formulierter Axiome einen vollständigen Beweis des Archimedischen Prinzips erbringen.