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Moduln: freie Moduln sind projektiv

Inhaltsverzeichnis

1 Satz
- 1.1 Beweis
- 1.2 Alternativer Beweis
2 Korollar
- 2.1 Beweis

[Bearbeiten] Satz

Ist $α$ eine algebraische Zahl vom Grad $n\geq1$ , so gibt es eine reelle Zahl $c > 0$ , so dass für alle von $α$ verschiedenen (im Falle $n > 1$ also für alle) rationalen Zahlen $\tfrac p q$ gilt:

$\left|\alpha-\frac p q\right| \geq \frac c {q^n}.$

[Bearbeiten] Beweis

Sei $α$ algebraisch vom Grad $n$ und entsprechend Nullstelle des Polynoms $f(X)\in\Z[X]$ vom Grad $n$ , d.h.

$f(\alpha) = a_0 + a_1\alpha + \cdots +a_n\alpha^n = 0$

mit $a_0, \ldots, a_n \in \Z$ und $a_n\ne 0$ .

Da $α$ Nullstelle ist, lässt sich durch Polynomdivision im Ring $\C[X]$ der Linearfaktor $X - α$ abspalten:

$(1)\quad f(X) = (X-\alpha)\cdot g(X).$

Hierbei liegt das Polynom $g (X)$ allerdings allgemein nicht in $\Z[X]$ , sondern hat lediglich algebraische Koeffizienten. Aber zumindest ist die Funktion $\R\to\C$ , $t\mapsto g(t)$ stetig, so dass es reelle Zahlen $c 1 > 0$ , $c 2 > 0$ gibt mit

$(2)\quad \left|g(x)\right| \leq c_1$ , falls

| α - x | < c 2

.

Da das Polynom $f (X)$ nur endlich viele Nullstellen hat, können wir oBdA. zusätzlich voraussetzen, dass keine weitere Nullstelle in der besagten Umgebung von $α$ liegt, d.h.

$(3)\quad f(x)\ne 0$ , falls

| α - x | < c 2

und $x\ne \alpha$ .

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=\min\{c_2, \frac 1{c_1}\}$

wählt.

Zum Beweis sei also $p,q\in\Z$ , $q > 0$ und es gelte

$(4)\quad \left|\alpha-\frac pq\right | < \frac c{q^n}.$

Es ist zu zeigen, dass hieraus $\alpha=\tfrac pq$ folgt.

Zunächst ergibt sich aus (4) sofort

$(5)\quad \left|\alpha-\frac pq\right| < c \leq c_2,$

wegen (2) also $\left| g(\tfrac pq) \right | \leq c_1$ . Dann folgt weiter aus (1) und nochmals (4)

$\left|f\Bigl(\frac pq\Bigr) \right| = \left|\frac pq -\alpha\right|\cdot \left|g\Bigl(\frac pq\Bigr)\right| < \frac {c}{q^n} \cdot c_1 \leq \frac 1{q^n},$

also

$\left|q^n \cdot f\Bigl(\frac pq\Bigr)\right| < 1.$

Nun ist jedoch

$q^n\cdot f\Bigl(\frac pq\Bigr) = a_0q^n + a_1pq^{n-1} + \cdots + a_n p^n\in\Z$

und vom Betrag kleiner als 1, muss also 0 sein. Dann gilt auch $f(\tfrac pq) = 0$ und wegen (3) und (5) schließlich $\alpha=\tfrac pq$ , was zu zeigen war.

[Bearbeiten] Alternativer Beweis

Seien $α$ und $f (X)$ wie oben. Falls $α$ nicht reell ist, gilt die Aussage des Satzes mit $c=|\operatorname{Im}(\alpha)|$ . Es sei daher im Weiteren $\alpha\in\R$ .

Sei $r > 0$ beliebig und

$M:=\max_{|x-\alpha|\leq r} |f'(x)|.$

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=\min\{r,\frac1M\}$

wählt.

Zum Beweis sei wiederum $p,q\in\Z$ mit $q > 0$ . Falls $|\alpha-\tfrac pq| > r$ ist, sind wir fertig. Ist dagegen $|\alpha-\tfrac pq | \leq r$ , so folgt nach dem Mittelwertsatz der Differenzialrechnung

$f\Bigl(\frac pq\Bigr) = f\Bigl(\frac pq\Bigr) - f(\alpha) = \Bigl(\frac pq - \alpha\Bigr)\cdot f'(\xi)$

für eine Stelle $ξ$ zwischen $α$ und $\tfrac pq$ , also insb. $|\xi-\alpha|\leq r$ . Somit ist $|f'(\xi)|\leq M$ . Außerdem ist ebenso wie im ersten Beweis $q^n f(\tfrac pq)\in\Z$ . Da das Polynom $f (X)$ von minimal möglichem Grad ist, ist es über $\Z$ irreduzibel, nach dem Lemma von Gauß auch über $\Q$ . Dann ist insb. (außer im trivialen Fall $\alpha=\tfrac pq$ ) die rationale Zahl $\tfrac pq$ keine Nullstelle, es folgt $|q^n f(\tfrac pq)|\geq 1$ und somit

$\frac 1{q^n} \leq \Bigl|\frac pq -\alpha\Bigr|\cdot M$

bzw.

$\Bigl|\alpha-\frac pq\Bigr|\geq \frac 1{Mq^n} \geq \frac c{q^n}.$

[Bearbeiten] Korollar

Ist $\alpha\in\R$ und gibt es zu jedem $m > 0$ eine rationale Zahl $\tfrac pq\ne\alpha$ mit $q > 1$ und $|\alpha-\tfrac pq|<\tfrac1{q^m}$ , so ist $α$ transzendent.

Insbesondere ist die Liouville-Zahl

$L:=\sum_{k=1}^\infty 10^{-k!}$

transzendent.

[Bearbeiten] Beweis

Ist $α$ nicht transzendent, so ist es algebraisch von einem Grad $n$ . Ist dann $c$ wie im obigen Satz gewählt, so kann $\frac c{q^n} \leq |\alpha-\tfrac pq|<\tfrac1{q^m}$ nur gelten, wenn $c < q n - m$ ist. Wenn hierbei $m$ hinreichend groß ist, kann diese Ungleichung jedoch nicht erfüllt sein, denn wenn $m\geq n$ ist, ist die rechte Seite $\leq 2^{n-m}$ .

Im Fall $α = L$ ist die $n$ -te Teilsumme $s_n := \sum_{k=1}^n 10^{-k!}$ eine rationale Zahl mit Nenner $q = 10 n!$ und natürlich von $L$ verschieden. Es gilt

$|L-s_n| = \sum_{k=n+1}^\infty 10^{-k!} < \sum_{k=(n+1)!}^\infty 10^{-k} = \frac 1{9\cdot10^{(n+1)!-1}} < \frac 1{10^{n\cdot n!}} =\frac1{q^n},$

so dass mit dem ersten Teil des Korollars die Transzendenz von $L$ folgt.

Beweisarchiv: Algebra: Körper: Approximationssatz von Liouville

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