הוכחות מתמטיות/שונות/e מספר טרנסצנדנטי

הקבוע המתמטי $e=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots$ הוא מספר טרנסצנדנטי. כלומר אינו שורש של אף פולינום במקדמים שלמים.

הוכחה

נניח בשלילה כי $e$ אלגברי, כלומר שורש של פולינום כלשהוא

$P(e)=a_{0}+a_{1}e+a_{2}e^{2}+\cdots +a_{n}e^{n}=0$

כאשר $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {Z}$ וכן $a_{0}\neq 0$.

א)

יהי $f(x)$ פולינום ממעלה $d$. נגדיר $F(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k)}\!(x)$. נגזור ונקבל כי

$F'\!(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k+1)}\!(x)=\sum _{k\,=\,1}^{d}f^{(k)}\!(x)=F(x)-f(x)$

נגדיר $G(x)=e^{-x}F(x)$. נגזור ונקבל כי

$G'\!(x)=e^{-x}F'\!(x)-e^{-x}F(x)=e^{-x}{\bigl [}F'\!(x)-F(x){\bigr ]}=-e^{-x}f(x)$

כיון שהפונקציה $G(x)$ גזירה, ניישם את משפט הערך הממוצע של לגראנז' מעל הקטע $[0,m]$ כאשר $m\in \mathbb {N}$. לכן קיים $x_{m}\in (0,m)$ עבורו

$G'\!(x_{m})={\frac {G(m)-G(0)}{m-0}}={\frac {e^{-m}F(m)-e^{-0}F(0)}{m}}=-e^{-x_{m}}f(x_{m})$

נסמן

${\begin{aligned}F(m)-e^{m}F(0)=-m\,e^{m-x_{m}}f(x_{m})=A_{m}\\[6pt]a_{m}F(m)-a_{m}e^{m}F(0)=a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

נסכום ונקבל כי

${\begin{aligned}\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}e^{m}F(0)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}e^{m}=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)(-a_{0})=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

ב)

יהי $f(x)$ פולינום בעל שורש $x_{0}$ מריבוי $d$. נראה כי לכל $0\leq k\leq d-1$ מתקיים $f^{(k)}\!(x_{0})=0$.

נרשום $f(x)=(x-x_{0})^{d}Q_{0}(x)$, כאשר $Q_{0}(x)$ פולינום עבורו $Q_{0}(x_{0})\neq 0$.

${\begin{aligned}f^{(1)}\!(x)&=d(x-x_{0})^{d-1}Q_{0}(x)+(x-x_{0})^{d}Q_{0}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-1}{\Big [}d\,Q_{0}(x)+(x-x_{0})Q_{0}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-1}Q_{1}(x)\\[5pt]Q_{1}(x_{0})&=d\,Q_{0}(x_{0})\neq 0\\\\[5pt]f^{(2)}\!(x)&=(d-1)(x-x_{0})^{d-2}Q_{1}(x)+(x-x_{0})^{d-1}Q_{1}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-2}{\Big [}(d-1)Q_{1}(x)+(x-x_{0})Q_{1}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-2}Q_{2}(x)\\[5pt]Q_{2}(x_{0})&=(d-1)Q_{1}(x_{0})\neq 0\\[5pt]&\,\,\,\vdots \\[5pt]f^{(d-1)}\!(x)&=2(x-x_{0})Q_{d-2}(x)+(x-x_{0})^{2}Q_{d-2}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0}){\Big [}2Q_{d-2}(x)+(x-x_{0})Q_{d-2}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})Q_{d-1}(x)\\[5pt]Q_{d-1}(x_{0})&=2Q_{d-2}(x_{0})\neq 0\end{aligned}}$

כאשר $Q_{0}'(x),Q_{1}'(x),\ldots ,Q_{d-2}'(x)$ פולינומים.

ג)

עתה נגדיר פולינום

${\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{(p-1)!}}\,x^{p-1}{\bigl [}(1-x)(2-x)\cdots (n-x){\bigr ]}^{p}\\[5pt]&={\frac {(n!)^{p}}{(p-1)!}}x^{p-1}+\!\!\sum _{m\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {b_{m}}{(p-1)!}}x^{m}\quad :b_{m}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$

כאשר $p$ ראשוני המקיים $p>a_{0}$ וגם $p>n$. מתקיים כי

$f^{(k)}\!(x)=\!\!\sum _{m\,=\,k}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {k!}{(p-1)!}}{\binom {m}{k}}b_{m}x^{m-k}\quad :p\leq k\leq (n+1)p-1$

לכן לכל $k\geq p$ הפונקציה $f^{(k)}\!(x)$ היא פולינום במקדמים שלמים המתחלקים כולם ב-$p$.

לפי חלק ב, לכל $1\leq m\leq n$ מתקיים

$F(m)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)=\!\!\sum _{k\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)$

ולכן $F(m)$ מספר שלם המתחלק ב-$p$.

לעומת זאת, עבור $m=0$ מתקיים

$F(0)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)=\!\!\sum _{k\,=\,p-1}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)$

אך $f^{(p-1)}\!(0)=(n!)^{p}$, והמספרים $n,a_{0}$ אינם מתחלקים ב-$p$. לכן $a_{0}F(0)$ לא מתחלק ב-$p$.

כלומר, הסכום $\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)$ הוא מספר שלם שאינו מתחלק ב-$p$, ובפרט שונה מאפס.

ד)

לפי חלק א לכל $1\leq m\leq n$ מתקיים ${\begin{aligned}0<x_{m}<m\leq n\end{aligned}}$. לכן

${\begin{aligned}A_{m}&=-m\,e^{m-x_{m}}f(x_{m})=-{\frac {m\,e^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\bigl [}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\bigr ]}^{p}\\[5pt]|A_{m}|&={\frac {m\,e^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\Big |}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\Big |}^{p}\\[5pt]&\leq {\frac {ne^{n}}{(p-1)!}}\,n^{p-1}(1\cdot 2\cdots n)^{p}=e^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}\end{aligned}}$

על פי אי-שוויון המשולש מתקיים

$0<\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|=\left|\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\right|=\sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}A_{m}|\leq \left(\sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}|\right)e^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}$

אך $\lim _{p\to \infty }{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}=0$, כלומר עבור $p$ גדול מספיק מתקיים $0<\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|<1$. סתירה.

$\blacksquare$