Трансцендентне число: відмінності між версіями

[перевірена версія][очікує на перевірку]
Вилучено вміст Додано вміст
Немає опису редагування
Мітки: Редагування з мобільного пристрою Редагування через мобільну версію
Thaumer (обговорення | внесок)
Розділ "Схема доведення того, що число e є трансцендентним" перекладено з https://en.wikipedia.org/wiki/Transcendental_number#Sketch_of_a_proof_that_e_is_transcendental
Рядок 16:
У 1900 на II Міжнародному Конгресі математиків [[Давид Гільберт]] в числі сформульованих ним проблем сформулював сьому проблему: «Якщо а ≠ 0, '''а'''— алгебраїчне число і '''b'''&nbsp;— алгебраїчне, але ірраціональне, чи вірно, що '''a<sup>b</sup>'''&nbsp;— трансцендентне число?» Зокрема, чи є трансцендентним число <math>2^\sqrt 2</math>. Ця проблема була вирішена в 1934 [[Гельфонд Олександр Йосипович|А.&nbsp;О.&nbsp;Гельфондом]], який довів, що всі такі числа насправді є трансцендентними.
 
==Схема доведення того, що число <math>e</math> є трансцендентним==
Перше доведення того, що число [[e (число)|<math>e</math>, основа натурального логарифму]], є трансцендентним, датується 1873 роком. Надалі слідуватимемо стратегії [[Давид Гільберт|Давида Гільберта]], який спростив оригінальне доведення, запропоноване [[Шарль Ерміт|Шарлем Ермітом]]. Ідея полягає в застосуванні методу "від супротивного".
 
Припустимо, що <math>e</math> - алгебраїчне число. Тоді існує скінченний набір цілих коефіцієнтів <math>c_{0}, c_{1}, ..., c_{n}</math>, що задовольняють рівняння
 
:<math>c_{0}+c_{1}e+c_{2}e^{2}+\cdots+c_{n}e^{n}=0, \qquad c_0, c_n \neq 0.</math>
 
Для додатнього цілого числа ''k'' розглянемо наступний многочлен:
 
:<math> f_k(x) = x^{k} \left [(x-1)\cdots(x-n) \right ]^{k+1},</math>
 
і помножимо обидві частини рівняння вищевказаного рівняння на
 
:<math>\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx;</math>
 
таким чином, отримаємо:
 
:<math>c_{0} \left (\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_1e\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+ c_{n}e^{n} \left (\int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right ) = 0.</math>
 
Це рівняння можна записати в наступній формі:
 
:<math>P+Q=0,</math>
 
де
 
:<math>\begin{align}
P &= c_{0}\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{1}e\left (\int^{\infty}_{1}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{2}e^{2}\left (\int^{\infty}_{2}f_k e^{-x}\,dx\right ) +\cdots+ c_{n}e^{n}\left (\int^{\infty}_{n}f_k e^{-x}\,dx\right ) \\
Q &= c_{1}e\left (\int^{1}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+c_{2}e^{2} \left (\int^{2}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+c_{n}e^{n}\left (\int^{n}_{0} f_k e^{-x}\,dx \right ).
\end{align}</math>
 
'''Лема 1.''' Існує таке <math>k</math>, для якого вираз <math>\tfrac{P}{k!}</math> є цілим ненульовим числом.
 
<blockquote>'''Доведення.''' Кожен доданок в <math>P</math> є добутком цілого числа на суму факторіалів; це випливає з рівності
 
:<math>\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx=j!,</math>
 
яка є справедливою для будь-якого цілого додатнього <math>j</math> (див. [[Гамма-функція]]).
 
Він не дорівнює нулю, оскільки для будь-якого <math>a</math> такого, що <math>0<a\leq n</math>, підінтегральний вираз в
 
:<math>c_{a}e^{a}\int^{\infty}_{a} f_k e^{-x}\,dx</math>
 
є добутком ''e<sup>−x</sup>'' на суму доданків, в яких найменший степінь при <math>x</math> дорівнює <math>k+1</math> після заміни в інтегралі <math>x</math> на <math>x-a</math>. Отримаємо суму інтегралів вигляду
 
:<math>\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx,</math>
 
де <math>k+1\leq j</math>, і тому вона є цілим числом, що ділиться на <math>(k+1)!</math>. Після ділення на <math>k!</math> отримаємо 0 [[Модульна арифметика|за модулем]] <math>(k+1)</math>. Проте можна записати
 
:<math>\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = \int^{\infty}_{0} \left ( \left [(-1)^{n}(n!) \right ]^{k+1}e^{-x}x^k + \cdots \right ) dx,</math>
 
і тоді при діленні першого доданку на <math>k!</math> отримаємо
 
:<math>{\frac {1}{k!}}c_{0}\int _{0}^{\infty }f_{k}e^{-x}\,dx\equiv c_{0}[(-1)^{n}(n!)]^{k+1}\not\equiv 0{\pmod {k+1}}.</math>
 
Тому при діленні кожного інтеграла в <math>P</math> на <math>k+1</math> лише перший не буде ділитися націло на <math>k+1</math> і лише тоді, коли <math>k+1</math> є простим числом і <math>k+1>n, k+1>c_{0}</math>. З цього випливає, що вираз <math>\tfrac{P}{k!}</math> не ділиться націло на <math>k+1</math> і тому не може дорівнювати нулю.</blockquote>
 
'''Лема 2.''' <math>\left|\tfrac{Q}{k!}\right|<1</math> для достатньо великих <math>k</math>.
 
<blockquote> '''Доведення.''' Зауважимо, що
 
:<math>\begin{align}
f_k e^{-x} &= x^{k}[(x-1)(x-2)\cdots(x-n)]^{k+1}e^{-x}\\
&= \left (x(x-1)\cdots(x-n) \right)^k \cdot \left ((x-1)\cdots(x-n)e^{-x}\right)\\
&= u(x)^k \cdot v(x),
\end{align}</math>
 
де <math>u(x), v(x)</math> - неперервні для всіх <math>x</math>, і тому є обмеженими на проміжку <math>[0,n]</math>. Це означає, що існують константи <math>G, H > 0</math> такі, що
 
:<math> \left |f_k e^{-x} \right | \leq |u(x)|^k \cdot |v(x)| < G^k H \quad \text{ for } 0 \leq x \leq n.</math>
 
Тому кожен з інтегралів в <math>Q</math> є обмеженим, і в найгіршому випадку
 
:<math>\left|\int_{0}^{n}f_{k}e^{-x}\,dx\right| \leq \int_{0}^{n} \left |f_{k}e^{-x} \right |\,dx \leq \int_{0}^{n}G^k H\,dx = nG^k H.</math>
 
Тоді можна обмежити і <math>Q</math>:
 
:<math>|Q| < G^{k} \cdot nH \left (|c_1|e+|c_2|e^2+\cdots+|c_n|e^{n} \right ) = G^k \cdot M,</math>
 
де <math>M</math> є незалежною від <math>k</math> константою. З цього випливає, що
 
:<math>\left| \frac{Q}{k!} \right| < M \cdot \frac{G^k}{k!} \to 0 \quad </math>, де <math>k \to \infty,</math>
 
що завершує доведення леми.</blockquote>
 
Виберемо <math>k</math>, що задовольняє умови обох лем. Отримаємо наступне: ціле число (<math>\tfrac{P}{k!}</math>), що не дорівнює нулю, додане до нескінченно малої величини (<math>\tfrac{Q}{k!}</math>), дорівнює нулю, що неможливо. Тому наше припущення, що <math>e</math> є алгебраїчним числом, хибне; отже, <math>e</math> - трансцендентне число.
== Література ==
* [[Гельфонд Олександр Йосипович|Гельфонд А. О.]], Трансцендентные и алгебраические числа, М., 1952.