הוכחות מתמטיות/שונות/e מספר טרנסצנדנטי

הקבוע המתמטי $\text{e}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}=2.718281\dots$ הוא מספר טרנסצנדנטי (אי־אלגברי). כלומר אינו שורש של אף פולינום במקדמים שלמים.

הוכחה

נניח בשלילה כי $\text{e}$ אלגברי, כלומר קיים פולינום

$P(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n\in \mathbb{Z}[x]$

עבורו $P(\text{e})=0$.

א)

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

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

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

$G^{\prime }(x)={\text{e}}^{-x}{F}^{\prime }(x)-{\text{e}}^{-x}F(x)={\text{e}}^{-x}[F^{\prime }(x)-F(x)]=-{\text{e}}^{-x}f(x)$

על־פי המשפט היסודי של החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי, מתקיים כי:

$\begin{array}{cc}G(x)-G(0)={\text{e}}^{-x}F(x)-{\text{e}}^{-0}F(0)& =-\underset{0}{\overset{x}{\int }}{\text{e}}^{-t}f(t)dt\\ F(x)-{\text{e}}^{x}F(0)& =-\underset{0}{\overset{x}{\int }}{\text{e}}^{x-t}f(t)dt\end{array}$

נסמן:

$\begin{array}{c}F(m)-{\text{e}}^{m}F(0)=-\underset{0}{\overset{m}{\int }}{\text{e}}^{m-t}f(t)dt=A_m\\ a_{m}F(m)-a_m{\text{e}}^{m}F(0)=a_m{A}_m\end{array}$

נסכום ונקבל כי

$\begin{array}{c}\sum _{m=1}^n{a}_{m}F(m)-\sum _{m=1}^n{a}_m{\text{e}}^{m}F(0)=\sum _{m=1}^n{a}_m{A}_m\\ \sum _{m=1}^n{a}_{m}F(m)-F(0)\sum _{m=1}^n{a}_m{\text{e}}^m=\sum _{m=1}^n{a}_m{A}_m\\ \sum _{m=1}^n{a}_{m}F(m)-F(0)(-a_0)=\sum _{m=1}^n{a}_m{A}_m\\ \sum _{m=0}^n{a}_{m}F(m)=\sum _{m=1}^n{a}_m{A}_m\end{array}$

ב)

למה: יהי $f(x)$ פולינום בעל שורש $x_0$ מריבוי $d\ge 1$. אזי $f^{(j)}(x_0)=0$ לכל $0\le j\le d-1$.

הוכחה: באינדוקציה שלמה.

נרשום $f(x)=(x-x_0{)}^{d}Q(x)$, כאשר $Q(x)$ פולינום עבורו $Q(x_0)\ne 0$.

עבור $d=1$ מתקיים:

$f^{(0)}(x_0)=f(x_0)=0$

נניח כי לכל $1\le d\le k$ הטענה מתקיימת לכל $0\le j\le d-1$.תבנית:ש נוכיח כי עבור $d=k+1$ הטענה מתקיימת לכל $0\le j\le k$:

$\begin{array}{cc}f(x)& =(x-x_0{)}^{k+1}Q(x)\\ f^{(1)}(x)& =(k+1)(x-x_0{)}^{k}Q(x)+(x-x_0{)}^{k+1}{Q}^{(1)}(x)\\ & =(x-x_0{)}^k[(k+1)Q(x)+(x-x_0)Q^{(1)}(x)]\\ & =(x-x_0{)}^{k}R(x)\end{array}$

תבנית:צבע גופן מריבוי $k\ge 1$, כאשר $R(x)$ פולינום עבורו $R(x_0)\ne 0$.תבנית:ש לכן מכפלתם מקיימת את הנחת האינדוקציה.

$◻$

ג)

עתה נגדיר פולינום

$\begin{array}{cc}f(x)& =\frac{1}{(p-1)!}{x}^{p-1}[(1-x)(2-x)\cdots (n-x){]}^p\\ & =\frac{(n!{)}^p}{(p-1)!}{x}^{p-1}+\sum _{m=p}^{(n+1)p-1}\frac{b_m}{(p-1)!}{x}^m:b_m\in \mathbb{Z}\end{array}$

כאשר $p$ מספר ראשוני המקיים $p>\max \{a_0,n\}$. מתקיים כי

$f^{(k)}(x)=\sum _{m=k}^{(n+1)p-1}\frac{k!}{(p-1)!}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})b_m{x}^{m-k}:p\le k\le (n+1)p-1$

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

לפי חלק ב, לכל $1\le m\le n$ 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־$p$.

מסקנה: $N=\sum _{m=0}^n{a}_{m}F(m)$ הוא מספר שלם שאינו מתחלק ב־$p$, ובפרט $N\ne 0$.

ד)

לפי חלק א, על־פי אי־שוויון המשולש האינטגרלי מתקיים כי:

$\begin{array}{cc}|A_m|& =|\underset{0}{\overset{m}{\int }}{\text{e}}^{m-t}f(t)dt|\le \underset{0}{\overset{m}{\int }}|{\text{e}}^{m-t}||f(t)|dt\le {\text{e}}^m\underset{0}{\overset{m}{\int }}\frac{n^{p-1}}{(p-1)!}(n!{)}^{p}dt\le {\text{e}}^m\underset{0}{\overset{n}{\int }}\frac{n^{p-1}}{(p-1)!}(n!{)}^{p}dt={\text{e}}^m\frac{(n\cdot n!{)}^p}{(p-1)!}\end{array}$

על־פי אי־שוויון המשולש מתקיים כי:

$0<|N|=|\sum _{m=0}^n{a}_{m}F(m)|=\left|\sum _{m=1}^n{a}_m{A}_m\right|\le \sum _{m=1}^n|a_m{A}_m|\le (\sum _{m=1}^n|a_m|{\text{e}}^m)\frac{(n\cdot n!{)}^p}{(p-1)!}$

אך $\underset{p\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(n\cdot n!{)}^p}{(p-1)!}=0$, כלומר עבור $p$ גדול מספיק מתקיים $0<|N|<1$. סתירה.

$◻$

מסקנה: $\text{e}$ מספר טרנסצנדנטי (אי־אלגברי).

$◼$