הוכחות מתמטיות/שונות/π מספר טרנסצנדנטי/הוכחה

הקבוע המתמטי $\pi =3.141592\ldots$ הוא מספר טרנסצנדנטי (או אי־אלגברי). כלומר אינו שורש של אף פולינום במקדמים רציונליים.

הוכחה

נניח בשלילה כי $\pi$ אלגברי, כלומר קיים פולינום

P(z)=a_{0}+a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots +a_{d}z^{d}\in \mathbb {Q} [z],\quad (a_{0}\neq 0)

עבורו $P(\pi )=0$ .

א)

למה: אם $\pi$ אלגברי, אזי $\pi i$ אלגברי.

הוכחה: מתקיים כי

{\begin{aligned}P(\pm iz)&=a_{0}+a_{1}(\pm iz)+a_{2}(\pm iz)^{2}+\cdots +a_{d}(\pm iz)^{d}\\[5pt]&=(a_{0}-a_{2}z^{2}+\cdots \,)\pm (a_{1}z-a_{3}z^{3}+\cdots \,)\,i\end{aligned}}

לכן $\pi i$ שורש של הפולינום

P(iz)P(-iz)=(a_{0}-a_{2}z^{2}+\cdots \,)^{2}+(a_{1}z-a_{3}z^{3}+\cdots \,)^{2}\in \mathbb {Q} [z]

$\square$

לפיכך, קיים פולינום $P_{1}\in \mathbb {Q} [z]$ ממעלה $n$ בעל השורשים $z_{1},\ldots ,z_{n}$ , כאשר $z_{1}=\pi i$ .

על־פי זהות אוילר מתקיים כי ${\text{e}}^{\pi i}+1=0$ . לכן:

{\begin{aligned}0&=({\text{e}}^{z_{1}}\!+1)({\text{e}}^{z_{2}}\!+1)\cdots ({\text{e}}^{z_{n}}\!+1)\\[3pt]&=\sum _{i\,=\,1}^{n}{\text{e}}^{z_{i}}+\!\!\!\!\sum _{1\leq i_{1}<i_{2}\leq n}\!\!\!\!\!{\text{e}}^{z_{i_{1}}}{\text{e}}^{z_{i_{2}}}+\!\!\!\!\!\!\!\!\sum _{1\leq i_{1}<i_{2}<i_{3}\leq n}\!\!\!\!\!\!\!\!{\text{e}}^{z_{i_{1}}}{\text{e}}^{z_{i_{2}}}{\text{e}}^{z_{i_{3}}}\!+\cdots +\!\!\!\!\!\!\!\!\sum _{1\leq i_{1}<\cdots <i_{n}\leq n}\!\!\!\!\!\!\!\!\!{\text{e}}^{z_{i_{1}}}\!\cdots {\text{e}}^{z_{i_{n}}}\!+1\\[3pt]&=\sum _{i\,=\,1}^{n}{\text{e}}^{z_{i}}+\!\!\!\!\sum _{1\leq i_{1}<i_{2}\leq n}\!\!\!\!\!{\text{e}}^{z_{i_{1}}+\,z_{i_{2}}}+\!\!\!\!\!\!\!\!\sum _{1\leq i_{1}<i_{2}<i_{3}\leq n}\!\!\!\!\!\!\!\!{\text{e}}^{z_{i_{1}}+\,z_{i_{2}}+\,z_{i_{3}}}\!+\cdots +{\text{e}}^{z_{1}+\,\cdots \,+\,z_{n}}\!+{\text{e}}^{0}\\[3pt]&=\sum _{i\,=\,1}^{2^{n}}{\text{e}}^{\beta _{i}}\end{aligned}}

המעריכים הם פולינומים סימטריים לפי $z_{1},\ldots ,z_{n}$ , ומביניהם $1\leq m\leq 2^{n}-1$ סכומים שונים מ־0. כלומר:

{\text{e}}^{\beta _{1}}\!+\cdots +{\text{e}}^{\beta _{m}}\!+2^{n}\!-m=0

כפי שלמדנו, לכל $0\leq k\leq n$ קיים פולינום מתוקן $P_{k}\in \mathbb {Q} [z]$ אשר שורשיו הם סכומי כל $k$ מבין השורשים $z_{1},\ldots ,z_{n}$ . לפיכך:

{\begin{aligned}Q(z)&=P_{0}(z)\,P_{1}(z)\cdots P_{n}(z)\in \mathbb {Q} [z]\\[5pt]&=(z-\beta _{1})\cdots (z-\beta _{m})\cdots (z-\beta _{2^{n}})\\[5pt]&=z^{2^{n}-\,m}(z-\beta _{1})\cdots (z-\beta _{m})\end{aligned}}

לאחר צמצום נקבל כי:

(z-\beta _{1})\cdots (z-\beta _{m})\in \mathbb {Q} [z]

נכפיל במכנה המשותף המינימלי $b_{m}\!\in \mathbb {Z}$ של המקדמים הרציונליים, ונקבל פולינום מהצורה

{\begin{aligned}B(z)&=b_{m}(z-\beta _{1})\cdots (z-\beta _{m})\\[5pt]&=b_{m}z^{m}+b_{m-1}z^{m-1}+\cdots +b_{1}z+b_{0}\in \mathbb {Z} [z]\end{aligned}}

ב)

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

F'\!(z)=\sum _{j\,=\,0}^{d}f^{(j+1)}\!(z)=\sum _{j\,=\,1}^{d}f^{(j)}\!(z)=F(z)-f(z)

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

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

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

{\begin{aligned}G(z)-G(0)={\text{e}}^{-z}F(z)-{\text{e}}^{-0}F(0)&=-\!\int \limits _{0}^{z}{\text{e}}^{-w}f(w)dw\\F(z)-{\text{e}}^{z}F(0)&=-\!\int \limits _{0}^{z}{\text{e}}^{z-w}f(w)dw\end{aligned}}

נסמן:

F(\beta _{i})-{\text{e}}^{\beta _{i}}F(0)=-\!\int \limits _{0}^{\beta _{i}}{\text{e}}^{\beta _{i}-w}f(w)dw=A_{i}

נסכום ונקבל כי:

{\begin{aligned}\sum _{i\,=\,1}^{m}F(\beta _{i})-\sum _{i\,=\,1}^{m}{\text{e}}^{\beta _{i}}F(0)=\sum _{i\,=\,1}^{m}A_{i}\\[5pt]\sum _{i\,=\,1}^{m}F(\beta _{i})-F(0)\sum _{i\,=\,1}^{m}{\text{e}}^{\beta _{i}}=\sum _{i\,=\,1}^{m}A_{i}\\[5pt](2^{n}\!-m)F(0)+\sum _{i\,=\,1}^{m}F(\beta _{i})=\sum _{i\,=\,1}^{m}A_{i}\end{aligned}}

ג)

למה: יהי $f(z)$ פולינום בעל שורש $z_{0}$ מריבוי $d\geq 1$ . אזי $f^{(j)}\!(z_{0})=0$ לכל $0\leq j\leq d-1$ .

הוכחה: באינדוקציה שלמה.

נרשום $f(z)=(z-z_{0})^{d}Q(z)$ , כאשר $Q(z)$ פולינום עבורו $Q(z_{0})\neq 0$ .

עבור $d=1$ מתקיים:

f^{(0)}\!(z_{0})=f(z_{0})=0

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

{\begin{aligned}f(z)&=(z-z_{0})^{k+1}Q(z)\\[5pt]f^{(1)}\!(z)&=(k+1)(z-z_{0})^{k}Q(z)+(z-z_{0})^{k+1}Q^{(1)}\!(z)\\[5pt]&={\color {blue}(z-z_{0})^{k}}{\color {red}{\bigl [}(k+1)Q(z)+(z-z_{0})Q^{(1)}\!(z){\bigr ]}}\\[5pt]&={\color {blue}(z-z_{0})^{k}}{\color {red}R(z)}\end{aligned}}

הביטוי הכחול מריבוי $k\geq 1$ , כאשר $R(z)$ פולינום עבורו $R(z_{0})\neq 0$ .
לכן מכפלתם מקיימת את הנחת האינדוקציה.

$\square$

ד)

עתה נגדיר:

{\begin{aligned}f(z)&=(b_{m})^{c}g(z),\quad (c=mp-1)\\[5pt]g(z)&={\frac {1}{(p-1)!}}\,z^{p-1}{\bigl [}B(z){\bigr ]}^{p}\\[5pt]&={\frac {(b_{0})^{p}}{(p-1)!}}z^{p-1}+\sum _{k\,=\,p}^{p\,+\,c}{\frac {d_{k}}{(p-1)!}}z^{k},\quad (d_{k}\in \mathbb {Z} )\end{aligned}}

כאשר $p$ מספר ראשוני המקיים $p>\max \!{\bigl \{}b_{0},b_{m},2^{n}\!-m{\bigr \}}$ . מתקיים כי:

f^{(j)}\!(z)=(b_{m})^{c}g^{(j)}\!(z)=(b_{m})^{c}\sum _{k\,=\,j}^{p\,+\,c}{\frac {j!}{(p-1)!}}{\binom {k}{j}}d_{k}z^{k-j},\quad (0\leq j\leq p+c)

לכן לכל $j\geq p$ הפונקציה $f^{(j)}\!(z)$ היא פולינום במקדמים שלמים המתחלקים כולם ב־ $p$ .

לפי חלקים א ו־ג, מתקיים כי:

{\begin{aligned}N&=(2^{n}\!-m)F(0)+\sum _{i\,=\,1}^{m}F(\beta _{i})\\[2pt]&=(2^{n}\!-m)\sum _{j\,=\,0}^{p\,+\,c}f^{(j)}\!(0)+\sum _{i\,=\,1}^{m}\sum _{j\,=\,0}^{p\,+\,c}f^{(j)}\!(\beta _{i})\\[2pt]&=(2^{n}\!-m)\!\!\sum _{j\,=\,p-1}^{p\,+\,c}\!\!\!f^{(j)}\!(0)+\sum _{i\,=\,1}^{m}\sum _{j\,=\,p}^{p\,+\,c}f^{(j)}\!(\beta _{i})\\[2pt]&=(2^{n}\!-m)\,{\bigg [}\,f^{(p-1)}\!(0)+\sum _{j\,=\,p}^{p\,+\,c}f^{(j)}\!(0)\,{\bigg ]}+\sum _{j\,=\,p}^{p\,+\,c}\sum _{i\,=\,1}^{m}f^{(j)}\!(\beta _{i})\\[2pt]&={\color {red}(2^{n}\!-m)(b_{0})^{p}(b_{m})^{c}}\!+{\color {green}(2^{n}\!-m)\sum _{j\,=\,p}^{p\,+\,c}f^{(j)}\!(0)}+{\color {blue}(b_{m})^{c}\sum _{j\,=\,p}^{p\,+\,c}\sum _{i\,=\,1}^{m}g^{(j)}\!(\beta _{i})}\end{aligned}}

הביטוי האדום הוא מספר שלם שאינו מתחלק ב־ $p$ .
הביטוי הירוק הוא מספר שלם המתחלק ב־ $p$ .
הביטוי הכחול הוא החלק החשוב ביותר:
על־פי נוסחאות ויאטה מתקיים כי