הוכחות מתמטיות/שונות/e מספר טרנסצנדנטי

הקבוע המתמטי ${\text{e}}=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots$ 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

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

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

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

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

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

נסמן

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

נסכום ונקבל כי

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

ב)

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

הוכחה: באינדוקציה שלמה.

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

עבור $d=1$ מתקיים:

$f^{(0)}\!(x_{0})=f(x_{0})=0$

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 $0\leq j\leq k$:

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

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

$\square$

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 $p$ מספר ראשוני המקיים $p>\max\{a_{0},n\}$. 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־$p$.

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

ד)

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

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

על־פי אי־שוויון המשולש מתקיים

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

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

$\square$

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

$\blacksquare$