הוכחות מתמטיות/שונות/e מספר אי-רציונלי

הקבוע המתמטי ${\text{e}}=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots$ הוא מספר אי־רציונלי. לאמר, לא ניתן לבטאו כמנת שני מספרים שלמים.

הוכחה

נניח בשלילה כי ${\text{e}}$ רציונלי, כלומר קיימים $a,b\in \mathbb {N}$ עבורם ${\text{e}}={\frac {a}{b}}$.
נגדיר את המספר

$N=b!\left({\text{e}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=b!\left({\frac {a}{b}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=a\,(b-1)!-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {b!}{n!}}$

זהו מספר טבעי, משום שמתקיים $n\leq b$ ולכן כל שבר בסכום הוא מספר טבעי.

לפיכך ניתן לכתוב:

${\begin{aligned}N=b!\left(\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}-\sum _{n\,=\,0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=\!\sum _{n\,=\,b+1}^{\infty }\!{\frac {b!}{n!}}&={\frac {b!}{(b+1)!}}+{\frac {b!}{(b+2)!}}+{\frac {b!}{(b+3)!}}+\cdots \\&={\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)(b+3)}}+\cdots \\&<{\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)^{2}}}+{\frac {1}{(b+1)^{3}}}+\cdots \\&=\sum _{n\,=\,1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{n}}}={\frac {\frac {1}{b\,+\,1}}{1-{\frac {1}{b\,+\,1}}}}={\frac {1}{b}}<1\end{aligned}}$

הביטוי האחרון הוא טור הנדסי אינסופי שמנתו ${\frac {1}{b+1}}<1$. לכן $0<N<1$. סתירה.

$\square$

מסקנה: ${\text{e}}$ מספר אי־רציונלי.

$\blacksquare$

חזקות שלמות

כל חזקותיו השלמות (השונות מ־0) של ${\text{e}}$ הן אי־רציונליות.

הוכחה

די להוכיח אי־רציונליות עבור חזקות טבעיות, שכן אם ${\text{e}}^{q}$ מספר אי־רציונלי אזי גם ${\text{e}}^{-q}={\frac {1}{{\text{e}}^{q}}}$ מספר אי־רציונלי.

נניח בשלילה כי קיימים $a,b,q\in \mathbb {N}$ עבורם ${\text{e}}^{q}={\frac {a}{b}}$.
לכל $n\in \mathbb {N}$ נגדיר פולינום

$f(x)={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}=\sum _{m\,=\,n}^{2n}{\frac {C_{m}}{n!}}x^{m},\quad :C_{m}\in \mathbb {Z}$

מתקיים $f(x)=f(1-x)$ ולכן

${\begin{aligned}f^{(k)}\!(x)=(-1)^{k}f^{(k)}\!(1-x)&={\begin{cases}\displaystyle \sum _{m\,=\,n}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}C_{m}x^{m-k}&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle \sum _{m\,=\,k}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}C_{m}x^{m-k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\\[5pt]f^{(k)}\!(0)=(-1)^{k}f^{(k)}\!(1)&={\begin{cases}0&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle {\frac {k!}{n!}}C_{k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\end{aligned}}$

עתה נגדיר $I=\int \limits _{0}^{1}{\text{e}}^{qx}f(x)dx$. האינטגרנד חיובי בקטע הפתוח $(0,1)$ ומתאפס רק בקצוות, ולכן מתקיים $I>0$.
שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי

${\begin{aligned}I&={\frac {{\text{e}}^{qx}}{q}}f(x){\bigg |}_{0}^{1}-{\frac {{\text{e}}^{qx}}{q^{2}}}f^{(1)}\!(x){\bigg |}_{0}^{1}+{\frac {{\text{e}}^{qx}}{q^{3}}}f^{(2)}\!(x){\bigg |}_{0}^{1}-\cdots +{\frac {{\text{e}}^{qx}}{q^{2n+1}}}f^{(2n)}\!(x){\bigg |}_{0}^{1}-\int \limits _{0}^{1}{\frac {{\text{e}}^{qx}}{q^{2n+1}}}f^{(2n+1)}\!(x)dx\\[5pt]&={\text{e}}^{q}\sum _{k\,=\,0}^{2n}{\frac {(-1)^{k}}{q^{k+1}}}f^{(k)}\!(1)-\sum _{k\,=\,0}^{2n}{\frac {(-1)^{k}}{q^{k+1}}}f^{(k)}\!(0)={\frac {a}{b}}\sum _{k\,=\,0}^{2n}{\frac {f^{(k)}\!(0)}{q^{k+1}}}-\sum _{k\,=\,0}^{2n}{\frac {f^{(k)}\!(1)}{q^{k+1}}}\\[5pt]b\,q^{2n+1}I&=\sum _{k\,=\,0}^{2n}q^{2n+1-k}{\bigl [}af^{(k)}\!(0)-bf^{(k)}\!(1){\bigr ]}\end{aligned}}$

מכיוון שלכל $0\leq k\leq 2n$ הפונקציות $f^{(k)}\!(x)$ מקבלות ערכים שלמים בקצות הקטע, אזי $N=b\,q^{2n+1}I$ מספר שלם.

מאידך, בקטע הפתוח מתקיים

${\begin{aligned}&0<x<1\\&0<1-x<1\\&0<{\text{e}}^{qx}<{\text{e}}^{q}={\frac {a}{b}}\end{aligned}}$

ולכן $0<N<aq{\frac {(q^{2})^{n}}{n!}}$. אך עבור $n$ גדול מספיק מתקיים $0<N<1$. סתירה.

$\square$

מסקנה: ${\text{e}}^{q}$ מספר אי־רציונלי לכל $q\neq 0$ שלם.

$\blacksquare$