Stern Mathematik: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
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Mathematik

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Die Zahl \(\pi\) ist genau genommen eine Naturkonstante. Es ist sehr beeindruckend, dass man diese Naturkonstante berechnen kann, dass also das Denken etwas mit der Realität zu tun hat und nicht gänzlich auf sich selbst gerichtet ist. Die moderne Physik stellt weitere Naturkonstanten zur Verfügung, wie z.B. die Sommerfeldsche Feinstrukturkonstante \(\alpha\), hier bemühen sich Mathematiker bzw. theoretische Physiker ebenfalls eine schlüssige Berechnung ohne Zuhilfenahme von Messergebnissen zu finden.

Für die Zahl \(\pi\) gibt es mittlerweile eine Vielzahl von mehr oder weniger schweren Berechnungsmethoden. Hier soll eine besonders leichte vorgestellt werden.

Ausgangspunkt der Berechnung ist die Idee, den Flächeninhalt des Einheitskreises (bzw. eines Viertels davon) mittels Riemannscher Summe und nachfolgender Grenzwertbildung zu ermitteln. Diesen Ansatz habe ich mit einem interessierten Schüler der Klasse 9 diskutiert, ihn auch ermutigt, die Rechnung zu Ende zu führen, wozu es leider nicht gekommen ist. Dennoch ist der Artikel so geschrieben, dass er für interessierte Schüler verständlich ist.

Wer möchte, bricht an dieser Stelle mit der Lektüre ab und probiert es gern selbst. Das Ergebnis ist zunächst eine sublinear, also langsam konvergierende Reihe, die man aber umformen kann in eine linear konvergente Reihe (mittels Konvergenzbeschleunigung, die ebenfalls vorgestellt wird).


Ansatz - Riemannsche Summe


Der Einheitskreis hat seinen Mittelpunkt im Koordinatenursprung M(0,0). Sein Radius ist \(r=1\), sein Flächeninhalt daher \(\pi\). Berechnet werden soll jetzt die Fläche des Viertelkreises im 1. Quadranten mit Hilfe einer Riemannschen Summe. Wir wissen bereits, dass diese also \(A=\frac{\pi}{4}\) ist.

Da die Kreisgleichung für den Einheitskreis \(x^2+y^2=1\) im 1. Quadranten nur nichtnegative x bzw. y hat, ist die zugehörige Funktionsgleichung \(y=\sqrt{1-x^2}\) mit \(x \in (0,1)\).

Die Fläche des Vierteleinheitskreises \(A\) überdecken wir nun (fast vollständig) mit Rechtecken, deren Flächeninhalte wir aufsummieren. Dazu teilen wir die Strecke von 0 bis 1 auf der x-Achse in n gleiche Teilstrecken (je mit der Länge \(\frac{1}{n}\)), die Höhe des k-ten Rechtecks (im Punkt \(x=\frac{k}{n}\)) beträgt wegen obiger Funktionsgleichung \(\sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}\) mit \(k=1, \cdots , n\). Der Flächeninhalt dieses k-ten Rechtecks beträgt \(A_k^{(n)}=\frac{1}{n} \cdot \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}\).

Für ein bestimmtes n ist nun die Summe aller dieser Rechtecksflächen \(A^{(n)}=\sum \limits_{k=1}^{n} A_k^{(n)} =\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}\). Diese Summe ist zwar stets kleiner als \(A\), im Grenzwert jedoch gleich. Es gilt also
\[A=\frac{\pi}{4}=\lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}\] bzw.
\[\pi=4 \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}\]
Sowohl die Summe als auch der Grenzwert sollen jetzt ausgewertet werden, was sich als erstaunlich einfach heraus stellt.

Auswertung des Wurzelausdrucks



Um die Summe auszuwerten, muss zunächst der Wurzelausdruck als Potenzreihe geschrieben werden. Sprich, wir suchen eine Gleichung der Art \(\sqrt{1-z}=a_0 + a_1 z + a_2 z^2 +\cdots =\sum \limits_{i=0}^{\infty} a_i z^i\). Der Hintergrund ist, dass sich Summen von Potenzen natürlicher Zahlen leicht berechnen lassen (siehe z.B. hier im Artikel Endliche Summen).

Auch die Darstellung des Wurzelausdrucks als Potenzreihe gestaltet sich erstaunlich einfach. Da die Potenzreihenentwicklung eindeutig ist, ist es auch egal, wie man sie berechnet. Erhält man ein Ergebnis, so ist es richtig.

Nahe liegend könnte man obige Gleichung quadrieren und müsste dann einen Koeffizientenvergleich machen:
\(1-z=(a_0 + a_1 z + a_2 z^2 +\cdots )^2\), woraus z.B. \(a_0^2=1\), also \(a_0=1\) folgt usw. Dieser Weg wird allerdings schnell ziemlich unübersichtlich, weshalb wir eine andere Idee verfolgen.

Dazu leiten die obige Gleichung nach z ab und erhalten:
\(-\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{1-z}}=\sum \limits_{i=1}^{\infty} i a_i z^{i-1}\).

Diese Gleichung wird nun mit \(-2 (1-z)\) multipliziert. Man erhält
\(\sqrt{1-z}=-2 (1-z) \sum \limits_{i=1}^{\infty} i a_i z^{i-1}=\sum \limits_{i=0}^{\infty} a_i z^i\)
Ausmultiplizieren der Klammer ergibt
\(\sum \limits_{i=1}^{\infty} 2i a_i z^i - \sum \limits_{i=1}^{\infty} 2i a_i z^{i-1} = a_0 + \sum \limits_{i=1}^{\infty} a_i z^i\)
Die zweite Summe wird auf die rechte Seite gebracht (dabei wird zusätzlich eine Indexverschiebung vorgenommen), die Summe auf der rechten Seite kommt nach links
\(\sum \limits_{i=1}^{\infty} (2i-1) a_i z^i = a_0 +2a_1 + \sum \limits_{i=1}^{\infty} 2(i+1) a_{i+1} z^i\).

Jetzt kann man bequem den Koeffizientenvergleich machen und erhält eine einfache Rekursion für \(a_i\):
\(a_{i+1}=\frac{2i-1}{2(i+1)} a_i\) mit \(a_1=-\frac{1}{2}\) und \(a_0=1\) (von oben).

Aufgrund der Einfachheit der Rekursion für die \(a_i\) können diese auch allgemein angegeben werden, es ist
\[a_i=-\frac{\prod \limits_{j=2}^{i} (2j-3)}{2^i i!}\]
Die ersten Werte für die \(a_i\) lauten damit
\[1, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2\cdot 4}, -\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}, -\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8}, \cdots \]
Damit erhalten wir für unsere Wurzel folgende Reihendarstellung
\[\sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}=1- \sum \limits_{i=1}^{\infty} \frac{\prod \limits_{j=2}^{i} (2j-3)}{2^i i!} (\frac{k^2}{n^2})^i \]

Auswertung der Summe über k


Für die weiteren Rechnungen schreiben wir allerdings die \(a_i\) nicht aus, es genügt vorerst, dass wir ihre Werte kennen. Hilfreicher für die folgenden Schritte sind dagegen ein paar konkrete Werte:
\[\sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}= \sum \limits_{i=0}^{\infty} a_i \frac{k^{2i}}{n^{2i}} = 1 - \frac{1}{2} \frac{k^2}{n^2} - \frac{1}{8} \frac{k^4}{n^4} - \frac{1}{16} \frac{k^6}{n^6} - \cdots\]
Es soll nun ja die Summe
\[\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}}=\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sum \limits_{i=0}^{\infty} a_i \frac{k^{2i}}{n^{2i}}\] gebildet werden, was wir jetzt mittels obiger Reihe gliedweise, also für jedes i, durchführen können. Wir vertauschen also die Summation über k mit der über i und berechnen zuerst die Summe über k:
\[\sum \limits_{i=0}^{\infty} \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} a_i \frac{k^{2i}}{n^{2i}}=\sum \limits_{i=0}^{\infty} \frac{a_i}{n^{2i+1}} \sum \limits_{k=1}^{n} k^{2i} \]
Im letzten Schritt haben wir die \(a_i\) und die \(n^{2i}\) vor die Summe gezogen, da beide nicht von k abhängen und haben nun eine einfache Summe über Potenzen von k.

Deren Auswertung erfolgt schon mit Blick auf die folgende Grenzwertbildung. Es ist nämlich
\(\sum \limits_{k=1}^{n} k^{2i} = \frac{1}{2i+1} n^{2i+1} +\cdots\), wobei die Pünktchen für kleinere Potenzen von n stehen. Da aber dieses Ergebnis durch \(n^{2i+1}\) dividiert wird, sind alle diese nicht genannten Summanden in Bezug auf die folgende Grenzwertbildung Nullfolgen und können weggelassen werden. Einzig der erste Term enthält dann kein n mehr und bleibt.

Wir fassen also zusammen
\(\begin{array}{lll}
\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}} & = &
\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sum \limits_{i=0}^{\infty} a_i \frac{k^{2i}}{n^{2i}} \\
& = & \sum \limits_{i=0}^{\infty} \frac{a_i}{n^{2i+1}} \sum \limits_{k=1}^{n} k^{2i} \\
& = & \sum \limits_{i=0}^{\infty} \frac{a_i}{2i+1}+f(\frac{1}{n})
\end{array} \)

Auswertung des Limes, Konvergenz und Endergebnis


Nach den bisherigen Vorbereitungen ist nun die Grenzwertbildung selbst sehr einfach. In obiger Gleichung enthält der erste Term kein n mehr, der Rest (die Funktion \(f(\frac{1}{n}\)) ist eine Reihe von Nullfolgen. Entscheidend ist, dass wir wissen, dass dieser Anteil gegen Null geht, wie genau, braucht uns dagegen nicht zu interessieren (obwohl man das auch berechnen könnte).

Wir haben also
\(\begin{array}{lll}
\pi & = & 4 \lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \sqrt{1-\frac{k^2}{n^2}} \\
& = & 4 \lim \limits_{n \to \infty} \bigl(\sum \limits_{i=0}^{\infty} \frac{a_i}{2i+1} + f(\frac{1}{n}) \bigr) \\
& = & 4 \sum \limits_{i=0}^{\infty} \frac{a_i}{2i+1}\\
& = & 4 \bigl(1 - \sum \limits_{i=1}^{\infty} \frac{\prod \limits_{j=2}^{i} (2j-3)}{2^i i! (2i+1)} \bigr)\\
& = & 4 - \frac{2}{3} - \frac{1}{10} - \frac{1}{28} - \frac{5}{288} - \frac{7}{704} - \cdots
\end{array}\)

Die ersten Näherungen lauten also
4; 3,333...; 3,233...; 3,197...; 3,180...; 3,170...;...

Konvergenzbeschleunigung



Da die Konvergenzgeschwindigkeit dieser Reihe nicht berauschend ist, kann man versuchen das Konzept der Konvergenzbeschleunigung anzuwenden. Als Ausgangsreihe habe ich folgende Reihe \(R_1\) aus oben \(\pi=4\cdot(1-R_1) \) benutzt:
\[R_1=\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot4\cdot5}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6\cdot7}+\cdots+\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n+2)\cdot(2n+3)}+\cdots \]
Die Art der Konvergenz bzw. die Konvergenzordnung kann man in unserem Fall einfach durch den Grenzwert des Quotienten
\[c=\lim \limits_{n \to \infty} \frac{r_{n+1}}{r_n}=1\] bestimmen, wobei \(r_n\) der n-te Summand in \(R_1\) ist. Wegen \(c=1\) konvergiert die Reihe, wie gesagt, sublinear (sprich die Summanden werden zwar kleiner, aber immer ähnlicher).

Die Idee ist nun eine etwas kleinere oder größere, aber elementar berechenbare Reihe zu finden und dann den jeweiligen Rest davon abzuziehen bzw. hinzuzufügen mit der Intention, dass dieser Rest eine schneller konvergente Reihe darstellt.

Ich habe nun zunächst folgende kleinere Reihe \(R'_1 < R_1 \) gewählt (die ungeraden Zahlen in den obigen Nennern wurden um 1 erhöht):
\[R'_1=\frac{1}{2\cdot4}+\frac{1}{2\cdot4\cdot6}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6\cdot8}+\cdots+\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n+2)\cdot(2n+4)}\] die ich wie folgt auswerte. Ich bilde dazu die Potenzreihe von \(\frac{1}{3}(1-z)^{\frac{3}{2}}\), die da lautet (oben hatten wir die Potenzreihe für \(\sqrt{1-z}=(1-z)^{\frac{1}{2}}\) gebildet, diese hier ist ganz ähnlich aufgebaut):
\[\frac{1}{3}(1-z)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}z+\frac{1}{2\cdot4}z^2+\frac{1\cdot1}{2\cdot4\cdot6}z^3+\cdots+\frac{1\cdot1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n+4)}z^{n+2}\] Für \(z=1\) erhalten wir nun \(0=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+R'_1\), also letztlich \(R'_1=\frac{1}{6}\). Nun bilde ich die Differenz
\[R_2=R_1-R'_1=\frac{1}{2\cdot3\cdot4}+\frac{1}{2\cdot4\cdot5\cdot6}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6\cdot7\cdot8}+\cdots+\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n+2)\cdot(2n+3)\cdot(2n+4)}\] und erhalte \(R_1=\frac{1}{6}+R_2\).

Das setze ich nun oben ein
\(\begin{array}{lll}
\pi&=&4\cdot(1-\frac{1}{6}-R_2) \\
&=&\frac{10}{3}-4\cdot R_2 \\
&=&\frac{10}{3}-\frac{1}{6}-\frac{1}{60}-\frac{1}{224}-\cdots
\end{array}\)

Die ersten Näherungen damit sind
3,3333...; 3,1666...; 3,15; 3,1455...; ...

was schon deutlich besser aussieht. Aber, die Konvergenzordnung hat sich nicht geändert, auch für \(R_2\) ist \(c=1\), die Reihe also letztlich ebenfalls sublinear.

Man kann dieses Verfahren nun mehrfach ausführen, also auf \(R_2\) anwenden, wodurch sich als noch "bessere" Reihe \(R_3\) ergeben sollte, dann \(R_4\) usw. Das machen wir jetzt und halten dabei nach Mustern unter den \(R_i\) Ausschau.

Auch in \(R_2\) haben wir eine ungerade Zahl im Nenner, die mit den anderen geraden Zahlen nur dann in Einklang kommt, wenn wir sie um 3 erhöhen.

Die so erhaltene Reihe \(R'_2\) werten wir mit der Potenzreihe von \(\frac{1}{3\cdot 5} (1-z)^\frac{5}{2}\) aus und erhalten \(R'_2=\frac{1}{40}\), also den zweiten Summanden von \(R_1\)! Man beachte, dass ja bereits \(R'_1\) der erste Summand von \(R_1\) war.

Für \(R_i\) müssen wir also stets die ungerade Zahl im Nenner um \(2i-1\) erhöhen, die so erhaltene Reihe \(R'_i\) werten wir im Wesentlichen mittels der Potenzreihe \(\frac{1}{3\cdot 5\cdots 2i+1} (1-z)^\frac{2i+1}{2}\) aus und erhalten stets den i-ten Summanden von \(R_1\).

Auch wenn die Reihen \(R_i\) immer besser werden, bleibt dennoch \(c=1\), also die Reihen sublinear.

Es lohnt sich also zu schauen, was diese Reihen besser macht und wie man das nutzen kann. Es stellt sich heraus, dass stets nur die ersten Summanden der \(R_i\) größer sind und damit den Wert der Reihe näher an den Grenzwert bringen. Dann werden sie wieder klein, aber pegeln sich auf diesem Niveau ein und die Reihe wird dadurch wieder schlechter.

Hier mal die ersten Beispiele:
Das Original mit \(R_1\):
\[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{6}-\frac{1}{40}-\frac{1}{112}-\frac{5}{1152}-\cdots\] Die Lösung mit \(R_2\):
\[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{6}-\frac{1}{24}-\cdots\] Die Lösung mit \(R_3\):
\[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{6}-\frac{1}{40}-\frac{1}{48}-\frac{1}{640}-\cdots\] Die Lösung mit \(R_4\):
\[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{6}-\frac{1}{40}-\frac{1}{112}-\frac{5}{384}-\frac{1}{1280}-\frac{1}{7168}-\cdots\]
Das nutzen wir, um damit eine neue Folge von Partialsummen \(S_m\) zu konstruieren. \(S_m\) entsteht durch die Summe der ersten m Summanden von \(R_1\) (unserem Original) und den ersten m Summanden der verbesserten Reihen \(R_{m+1}\). Auch hier die ersten Beispiele (zur Kontrolle einfach oben die negativen Summanden der jeweils angegebenen Lösungen addieren):
\[S_1=\frac{5}{24}, S_2=\frac{137}{640}, S_3=\frac{23057}{107520}, \cdots \]
Diese \(S_m\) könnten nun im Grenzwert \(m \to \infty\) unsere neue Reihe S bilden, wenn es uns gelingt ein allgemeines Bildungsgesetz der Differenzen \(S_{m+1} -S_m\) zu finden, die dann ja das allgemeine Glied dieser neuen Reihe wäre.

Auch hier hat letztlich nur das Wälzen langer Zahlenkolonnen geholfen, das ich mir hier erspare. Das Resultat ist
\[\boxed{S=\sum \limits_{k=0}^{\infty} \frac{(6k+5)\cdot \prod \limits_{j=1}^k (2j-1)^2}{4^{k+1} (2k+3)!}}\] Damit ergibt sich nun
\[\frac{\pi}{4}=1-S=1-\frac{5}{24}-\frac{11}{1920}-\frac{17}{35840}-\cdots\] Die ersten Ergebnisse für \(\pi\) lauten damit also:
3,1666.., 3,14375, 3,141852.., 3,141629...

Schluss


Die neue Reihe S führt nun zu einer neuen Konvergenzordnung, wir haben \(c=\frac{1}{4}\), wie man leicht nachrechnet. D.h. wir haben eine echte Qualitätsverbesserung in der Konvergenzgeschwindigkeit erreicht, die Reihe konvergiert nun linear.

Ihre Konvergenz kann nun verglichen werden mit der Konvergenz der geometrischen Reihe für \(q=\frac{1}{4}\).

Allerdings ist dieser Wert von c immer noch zu hoch und für alle praktisch Zwecke, bspw. Computerberechnungen für so und soviel Stellen von \(\pi\) ungeeignet. Man bedenke, dass bereits 1706 der Mathematiker John Machin eine auf dem arctan basierende Reihe entdeckte, die linear mit \(c=\frac{1}{25}\), also deutlich schneller konvergierte. So war er auch in der Lage schriftlich die ersten 100 Nachkommastellen von \(\pi\) zu ermitteln. Nach der ewigen Rechnerei mit den obigen Reihen bekommt man wieder einmal deutlichen Respekt vor den Leistungen unserer Vorfahren.

Man könnte natürlich unsere neue Reihe S auf weitere Verbesserungen, also auf Möglichkeiten c zu senken, prüfen. Ich habe dies natürlich kurz getan, aber die ersten Versuche führten mich immer auf die arctan-Reihe, die ja bereits seit langem bekannt ist.

Aus meiner Sicht ist die von mir gefundene Lösung aber gerade deshalb so schön, weil sie sich \(\pi\) von oben her nähert und gerade nicht von unten bzw. alternierend.

Vielleicht findet ja jemand anders eine weitere Verbesserung von S, die diese Eigenschaft beibehält, nötig ist es allerdings nicht, da es wie gesagt, bereits eine Vielzahl schnell konvergierender Möglichkeiten gibt \(\pi\) zu berechnen.

In diesem Sinne
viel Freude trunx (Jens Koch)
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: Algorithmen :: Mathematik :
Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln [von trunx]  
Die Zahl (pi) ist genau genommen eine Naturkonstante. Es ist sehr beeindruckend, dass man diese Naturkonstante berechnen kann und das wird hier mit Hilfe Riemannscher Summen getan.
[Die Arbeitsgruppe Alexandria katalogisiert die Artikel auf dem Matheplaneten]

 
 
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"Stern Mathematik: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln" | 20 Comments
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Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: Diophant am: Fr. 12. Juli 2019 12:20:05
\(\begingroup\)
Hallo trunx,

wieder mal ein sehr schöner Artikel, vielen Dank dafür!

Vielleicht könnte man am Anfang für den etwas fortgeschrittenen Leser noch irgendwo den Begriff "Untersumme" verwenden, wichtig ist es aber andererseits auch nicht wirklich, da anschaulich klar.

Für den Fall, dass ich mal wieder Nachhilfe gebe und jemand auf der Suche nach einem anspruchsvollen GFS-Thema ist, ist dein Artikel jedenfalls schonmal vorgemerkt. Und im Notizbuch der AG Schulmathematik ist er auch bereits eingetragen.  :-)

Gruß, Diophant\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Fr. 12. Juli 2019 19:47:27
\(\begingroup\)
Hallo Diophant,

danke wiederum für die wohlwollende Aufnahme.
Das Thema "Konvergenzbeschleunigung" würde ich aber in einer möglichen GFS ausblenden, die Berechnung der Wurzel und des Grenzwertes sind zwar relativ leicht, aber insgesamt für Schüler schon auch anspruchsvoll.

viele Grüsse zurück

trunx\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: hyperG am: So. 14. Juli 2019 15:02:48
\(\begingroup\)
Hallo trunx,

ja die Konstante Pi=A000796 kommt in allen Wissenschaftsgebieten und zig Algorithmen vor.

Selbst beim genauer Betrachten der Summe S ergibt das innere Produkt
wolframalpha
Prod (2j-1)²,j=1...k = 
= (4^k Gamma(k + 1/2)^2)/Pi
mit k=1 wird daraus schon wieder ein Algorithmus für Pi:
a) Pi=(4 Gamma(3/2)^2)/(2-1)² = 4 Gamma[3/2]^2=(-1/2)!²
Weiter mit dieser Gammafunktion wird S zu:
S=sum (6k+5)(4^k Gamma(k + 1/2)^2)/(Pi*4^(k+1)(2k+3)!),k=0...inf
was man auch mit hypergeometrischen Funktionen so schreiben kann:
wolframalpha
=(10 (11-10 Sqrt[3]) + 70 (2-Sqrt[3]) Pi - (2-Sqrt[3]) Hypergeometric2F1[3/2, 3/2, 7/2, 1/4])/(80(Sqrt[3]-2)^3 (2+Sqrt[3])^2)
=(2F1(3/2, 3/2, 7/2, 1/4) + 300 + 200 sqrt(3) + 110/(sqrt(3) - 2) - 70Pi)/80

Da viele nichts mit hypergeometrischen Funktionen anfangen können, eine kurze Zwischenrechnung:
wolframalpha
Hypergeometric2F1[3/2, 3/2, 7/2, x]= (15 (3-2 x) asin(sqrt(x)))/(4 x^(5/2)) - (45 sqrt(1 - x))/(4 x^2) 
mit x=1/4 wird daraus 50Pi - 90 sqrt(3)

Also im Zwischenschritt noch 2 Algorithmen für Pi
wolframalpha
Pi=(Hypergeometric2F1[3/2, 3/2, 7/2, 1/4]+90 sqrt(3))/50
Pi=asin(sqrt(1/4))*6

Weiter mit S und der Zusammenfassung der Zwischenschritte:
wolframalpha
S=(10 (11 - 10 sqrt(3)) + 70 (2 - sqrt(3)) Pi- (2 - sqrt(3)) (50Pi - 90 sqrt(3)))/(80 (sqrt(3) - 2)^3 (2 + sqrt(3))^2)
=1-Pi/4 -> OK, stimmt.

All diese vielen Algorithmen findet man hier .\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: So. 14. Juli 2019 16:43:54
\(\begingroup\)
hallo hyperG,

danke für deinen Kommentar. An linear konvergierenden Reihen hat es in der Tat keinen Mangel. Dennoch war mir "meine" Reihe einen Artikel wert, da die Herleitung sehr übersichtlich ist. Als Jugendlicher kann man mit den arctan-Reihen schon mal überfordert sein.

Desweiteren fand ich es lehrreich, auch mal auf verschiedene Konvergenzgeschwindigkeiten einzugehen. In diesem Sinne sollte deshalb vielleicht noch ergänzt werden, dass Ramanujan vor mehr als 100 Jahren als erster eine superlinear konvergierende Reihe für die Berechnung von \(\pi\) vorschlug. Er benutzte dafür hypergeometrische Reihen, und dieses Konzept wird auch immer noch von den aktuell schnellsten Algorithmen benutzt.

Im übrigen liegt der Rekord von Nachkommastellen seit dem \(\pi\)-Tag (14.03.) diesen Jahres bei 31.415.926.535.897 Stellen, also ebenfalls einer \(\pi\)-Zahl. Auch für dessen Berechnung wurde ein superlinear konvergierender Algorithmus verwendet, der seinerseits auf einer Reihe von Chudnovsky beruht.

Sprich alle Manipulationen an der Reihe S sollten letztlich ebenfalls diese superlineare Konvergenz (mit c=0) zum Ziel haben, ansonsten sind sie, wie oben bereits gesagt, unpraktisch.

bye trunx\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: hyperG am: Mo. 15. Juli 2019 17:35:36
\(\begingroup\)
zu "Im übrigen liegt der Rekord...":
Ich weiß. Ich bin seit 2011 mit Alex J. Yee in Kontakt und habe
alle 31.415.926.535.897 Stellen auf meinen Festplatten.
Die interessantesten Auszüge (neuerdings auch 66666666666666666)
können seit Jahren unter www.pi-e.de
gesucht werden.


zu "Reihe von Chudnovsky...":
Ja, das ist im bereits genannten LINK der Algorithmus §2c mit etwa 14 Stellen pro Term.
Alex hat §2d (etwa 50 Stellen pro Term) nicht genommen, da die Division mit irrationalen Zahlen wesentlich komplizierter ist, als
mit kleinen ganzen Zahlen.

Grüße Gerd\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Fr. 19. Juli 2019 10:13:30
\(\begingroup\)
hallo gerd,

danke.
eine nachfrage hat sich mittlerweile doch noch ergeben: wie genau speicherst du diese riesige zahl? ich gehe mal davon aus, dass es mehrere dateien sind, aber welches format und welche codierung? wie greifst du z.b. bei einer suche, darauf zu? und nicht zuletzt, wieviel speicher belegen diese dateien letztlich physisch, also wieviele festplatten hast du?

grüsse zurück

trunx\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: traveller am: Mi. 31. Juli 2019 01:04:14
\(\begingroup\)
Hallo,

Du hast hier eine äquidistante Zerlegung in $n$ Teilintervalle gewählt. Könnte man vielleicht durch eine der Funktion $f(x)=\sqrt{1-x^2}$ besser angepassten Zerlegung eine schneller konvergente Reihe erhalten? Da $f'(x)$ im Intervall $(0,1)$ streng monoton von $0$ nach $-\infty$ geht, müsste die Zerlegung nach rechts immer feiner werden; die Frage ist, welcher Ansatz dafür wohl am vielversprechendsten ist ...\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Mi. 31. Juli 2019 11:47:02
\(\begingroup\)
hallo traveller,

danke für deine idee. schwebt dir da schon etwas konkretes vor? mir fällt auf anhieb keine derartige zerlegung ein, die leicht zu handhaben wäre.

bei mir sind ja die stützstellen \(t_k=\frac{k}{n}\) wodurch sich in der folge die einfach auszuwertende summe \(\sum \limits_{k=1}^n t_k^{2i}\) ergibt.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: Yakob am: Do. 01. August 2019 16:20:10
\(\begingroup\)
"Die Zahl π ist genau genommen eine Naturkonstante."


Nein !

Ganz genau genommen ist die Zahl π  nicht eine Naturkonstante, sondern eine Mathematik-Konstante, die insbesondere mit den trigonometrischen Funktionen und mit der Euklidischen Geometrie verknüpft ist.
Sie hat aber nicht direkt mit eigentlichen "Naturkonstanten" zu tun, deren Werte (wenigstens bisher) nur experimentell annäherungsweise bestimmt werden können.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Fr. 02. August 2019 00:36:24
\(\begingroup\)
@yakob: leider irrst du :)\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: Yakob am: Fr. 02. August 2019 15:29:39
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@trunx

Inwiefern genau soll ich mich denn da geirrt haben ?
Dass die Zahl π , die eine mathematische Konstante ist, auch in manchen Bereichen der "Natur" eine Rolle spielt, liegt doch einfach daran, dass Natur (und unsere Beobachtung von Naturvorgängen) auch in Mathematik gründet.

Zur Lektüre über mathematische Konstanten:

de.wikipedia.org/wiki/Mathematische_Konstante\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Fr. 02. August 2019 19:34:36
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leider muss man die wikipedia-artikel immer wieder kritisch sehen.

es gibt einheitenlose und einheitenbehaftete naturkonstanten, wobei die einheitenlosen naturkonstanten quasi einen höheren stellenwert geniessen als die einheitenbehafteten. das liegt daran, dass die entsprechenden zahlenwerte der ersteren ebenfalls konstant sind, die der zweiten sind vom einheitensystem abhängig. nichtsdestotrotz sind auch einheitenbehaftete naturkonstanten enorm wichtig.

wie oben am anfang des artikels sind die kreiszahl \(\pi\) und die sommerfeldsche feinstrukturkonstante \(\alpha\) einheitenlose, die lichtgeschwindigkeit \(c\) und das plancksche wirkungsquantum \(\hbar\) einheitenbehaftete naturkonstanten.

kennzeichen der naturkonstanten ist, dass ihre existenz zunächst durch messung in der natur festgestellt wurde. und das war historisch bei \(\pi\) nicht anders.

in der folge geht das denken grundsätzlich davon aus, dass hinter einer naturkonstanten ein naturgesetz steht, für das ein geeignetes modell gefunden werden muss, um sowohl das gesetz als auch die konstante zu verstehen.

erst dieses modell ist mathematischer natur, bei \(\pi\) heisst das modell "analytische ebene geometrie", bei \(\alpha\) gibt es noch keines.

dass dann in dem modell die zu modellierende naturkonstante ebenfalls konstant, also eine mathematische konstante ist, zeigt dann eigentlich nur, dass die naturkonstante verstanden wurde.

es gibt natürlich auch mathematische konstanten, die keine naturkonstanten sind, wie z.b. die euler-mascheroni-konstante \(\gamma\).\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: Yakob am: Sa. 03. August 2019 15:44:35
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"kennzeichen der naturkonstanten ist, dass ihre existenz zunächst durch messung in der natur festgestellt wurde. und das war historisch bei π nicht anders."

Sorry, aber das ist ein äußerst schwaches Argument. In ähnlicher Weise könntest du auch argumentieren, dass etwa die Zahlen 1, 2, 3 , 4  "Naturkonstanten" seien !

Aber ich will ja hier keinen Streit anfangen.

LG ,  Yakob
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Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Sa. 03. August 2019 20:35:52
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hallo yakob,

noch sehe ich keinen streit, sondern nur eine normale und auch sachliche diskussion. insofern ist alles gut :)

was die natürlichen zahlen betrifft, da liegst du so falsch nicht. wenn du dir die zahlenmystik der pythagoräer unter wissenschaftshistorischem blickwinkel ansiehst, dann ist auch hier das bestreben zu erkennen, die hinter diesen "konstanten" stehenden gesetze zu erkennen und zu formulieren.

natürlich zählt man die natürlichen zahlen nun nicht mehr zu den naturkonstanten, aber es war auch kein einfacher weg dorthin. bis heute gibt es in etlichen sprachen unterschiedliche begriffe für an sich gleiche zahlenwerte, nur weil etwas anderes gezählt wird. zahlen sind mittlerweile universell; was allenfalls in den bereich der naturwissenschaft gehört, ist die frage nach der zählbarkeit.

was die zahl \(\pi\) betrifft, so ist sie keineswegs universell geworden, sondern beschränkt sich nach wie vor auf alles, was mit dem kreis zu tun hat und bleibt demgemäss eine naturkonstante.

bye trunx\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: Yakob am: So. 04. August 2019 12:03:13
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Ein Lektüretipp für alle, die sich weiter in die Frage vertiefen möchten, ob  π  eine Naturkonstante ist:

arxiv.org/pdf/0903.5321.pdf

Viel Vergnügen !\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: traveller am: Mo. 05. August 2019 02:09:44
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Das Paper ist ja grossartig. Scheint aber zwei Tage zu früh erschienen zu sein. Aber wahrscheinlich liegt dies daran, dass aufgrund der Variation von $\pi$ die Erdumläufe nicht immer richtig gemessen wurden.

Zum Thema: Die Einordnung von $\pi$ als "Naturkonstante" finde ich ebenfalls seltsam und ist sicher unüblich. Dein Artikel zeigt doch gerade, dass $\pi$ auch losgelöst von jeglicher experimenteller Messung existiert. Der historische Zugang ist hier nicht mehr von Belang.

Die üblichen, gemessenen Naturkonstanten wie etwa die Gravitationskonstante könnten durchaus andere Werte haben und die Naturgesetze wären noch immer sinnvoll. Nimmt man für $\pi$ einen anderen Wert an, stösst man sofort auf logische Widersprüche.

Natürlich besteht die Hoffnung, dass zumindest einige der heutigen Naturkonstanten sich irgendwann als mathematische Konstanten entpuppen, dass etwa zumindest einige der 18 freien Parameter des Standardmodells sich in einer mächtigeren Theorie berechnen lassen. Ob das je der Fall sein wird weiss jedenfalls momentan noch keiner, ganz im Gegensatz zu $\pi$.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Mo. 05. August 2019 08:51:43
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das kennzeichen eines guten mathematischen modells für ein naturgesetz ist ja gerade, dass zb. die naturkonstanten ohne weitere messungen bestimmt werden können.

@yacob: danke für den aprilscherz :)

im übrigen sei für das verhältnis von physikalischen gegebenheiten und mathematischer theorie (in summa physikalische theorie) auf das buch von Günther Ludwig "Die Grundstrukturen einer physikalischen Theorie" verwiesen.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: traveller am: Mo. 05. August 2019 11:07:18
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Nur ist halt eben bei $\pi$ ein solches Modell bekannt, beim Wirkungsquantum oder bei der Elektronenmasse aber nicht; man weiss nicht mal, ob ein befriedigendes derartiges Modell überhaupt existiert.

"kennzeichen der naturkonstanten ist, dass ihre existenz zunächst durch messung in der natur festgestellt wurde. und das war historisch bei π nicht anders."
Da muss man aber weit zurückgehen. Schon Archimedes hat schliesslich $\pi$ rein rechnerisch angenähert.

Astrophysiker machen heute Computersimulationen des Universums mit verschiedenen Werten für die Naturkonstanten und schauen was rauskommt. Keiner würde auf die Idee kommen, dabei auch verschiedene Werte von $\pi$ anzusetzen.

Kurz: Ich finde deine Meinung diesbezüglich sehr befremdlich, akzeptiere sie aber selbstverständlich.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Mo. 05. August 2019 14:33:10
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@traveller: ich verstehe deine gedanken schon oder anders gesagt, sind sie mir durchaus vertraut, was man schon auch an meiner wortwahl im ersten satz des artikels erkennen kann. ich schreibe nicht "wie jeder weiss, ist \(\pi\) eine naturkonstante." oder etwas ähnliches, sondern eben "genau genommen". sie begegnet uns so überwiegend als mathematische konstante, dass man ihre alte herkunft als naturkonstante leicht übersehen kann. deshalb mein ansatz, genauer hinzuschauen.

\(\pi\) als naturkonstante ist mir das erste mal in meiner ersten theoretische physik vorlesung begegnet, eben als vorbild eines auch mathematisch vollständig verstandenen natürlichen phänomens, nämlich dass die verhältnisse zwischen umfang und durchmesser bei allen realen kreisen offenbar gleich sind. antike praktiker haben ganz sicher hier mit erfahrungswerten gearbeitet, und in der tat ist die näherungsrechnung von archimedes der erste versuch, diese zahl auf eine sichere, sprich mathematische basis zu stellen.\(\endgroup\)
 

Re: Berechnung der Zahl π mit einfachen Mitteln
von: trunx am: Sa. 26. Oktober 2019 22:47:44
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Erstaunlicherweise wäre es relativ einfach, die Reihe S in eine superlinear konvergierende Reihe umzuwandeln.

Ich mach dies mal anhand der geometrische Reihe \(\sum \limits_{k=0}^{\infty} q^k\) mit \(q=\frac{1}{4}\) vor, da S genau wie diese konvergiert.

Dazu fasse ich jeweils mehrere Summanden zusammen. Mir ist zunächst aufgefallen, dass bei der Zusammenfassung von je m Summanden c auf \(4^{-m}\) gesenkt werden kann, sprich man kann schon auf diese Weise beliebig klein werden.

Forcieren läßt sich das, wenn man sukzessive immer mehr Summanden zusammenfasst, also erst einen, dann zwei, drei usw. Dies führt auf folgende Reihe
\[\frac{4}{3} \cdot \sum \limits_{k=0}^{\infty} \frac{4^{k+1}-1}{4^{\binom{k+2}{2}}}\]
Hier ist c=0 wie man leicht nachrechnet.

Fasst man nun ganz analog in S sukzessiv immer mehr Summanden zusammen, müsste eigentlich ähnliches passieren. S wäre demnach
\[S=\sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{A_k \cdot \prod \limits_{j=1}^{\binom{k}{2}} (2j-1)^2}{4^{\binom{k+1}{2}} \cdot (k^2+k+1)!}\] wobei
\[A_k = \sum \limits_{i=1}^k (3k^2 -3k-1+6i)\cdot 4^{k-i} \frac{(k^2+k+1)!}{(k^2-k+1+2i)!} \cdot \prod \limits_{j=1}^{i-1} (k^2-k-1+2j)^2\]
Wenn \(A_k\) als geschlossener Ausdruck darstellbar wäre (wie das ja bei der geometrischen Reihe möglich war), hätte man das Gewünschte erreicht. So bleibt natürlich S erhalten.

bye trunx\(\endgroup\)
 

 
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