Beweisarchiv: Algebra: Körper: Zahlencharakter von e

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Beweisarchiv: Algebra

Halbgruppen: Linksneutrale und rechtsneutrale Elemente
Gruppen: Bahnensatz · Elementordnung 2 und Kommutativität · Untergruppenordnung teilt Gruppenordnung
Ringe: Binomischer Lehrsatz · Boolesche Ringe · Chinesischer Restsatz
Körper: Endlicher Integritätsbereich · Transzendenz von e und π · Zahlencharakter von e

Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Irrationalität

Annahme: e \in \mathbb{Q}.

Demnach muss es eine Darstellung von e mit e=\frac{p}{q} geben, wobei p \in \mathbb{Z} und q \in \mathbb{N}_+.

e=\frac{p}{q}=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{k!}} = \sum_{k=0}^q{\frac{1}{k!}} + \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{1}{k!}}

Dann gilt doch:

e-\sum_{k=0}^q{\frac{1}{k!}} = \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{1}{k!}}

\Leftrightarrow q!\left(e-\sum_{k=0}^q{\frac{1}{k!}}\right) = q!\left(\sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{1}{k!}}\right)

\Leftrightarrow q!\left(\frac{p}{q}-\sum_{k=0}^q{\frac{1}{k!}}\right) = \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}}

\Leftrightarrow \frac{p\cdot q!}{q}-q!\cdot \sum_{k=0}^q{\frac{1}{k!}} = \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}}

\Leftrightarrow p\cdot (q-1)!-\sum_{k=0}^q{\frac{q!}{k!}} = \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}}

\Leftrightarrow \underbrace{p\cdot (q-1)!-\frac{q!}{0!}-\frac{q!}{1!}-\frac{q!}{2!}-\ldots-\frac{q!}{(q-1)!}-\frac{q!}{q!}}_{\in \mathbb{Z}} = \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}} (*)

Also ergibt die linke Seite des Terms eine ganze Zahl. Folglich muss doch auch die rechte Seite eine ganze Zahl sein:

0 < \sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}}

=	\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{q!}{(k+q)!}}

=	\frac{q!}{(q+1)!}+\frac{q!}{(q+2)!}+\frac{q!}{(q+3)!}+ \ldots =	\frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+1)(q+2)}+\frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)}+ \ldots <	\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+ \ldots =	\left(\frac{1}{2}\right)^1+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^3+ \ldots

Dies ist doch fast die geometrische Reihe! Weil die obenstehende Reihe aber bei 1 statt bei 0 beginnt, muss der Wert des ersten Reihenelements abgezogen werden und konvergiert damit gegen:

\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-\left(\frac{1}{2}\right)^0=1

Also gilt doch:

0<\sum_{k=q+1}^{\infty}{\frac{q!}{k!}} < 1

Dies ist nun ein Widerspruch, denn die rechte Seite des Terms (*) kann keine ganze Zahl sein, wenn sie (echt) größer 0 ist und (echt) kleiner als 1 ist.

Also kann e nicht rational sein.

[Bearbeiten] Quadratische Irrationalität

Gäbe es a,b,c\in\Bbb{Z} mit a,c\neq 0 und ae^2+be+c=0\, dann wäre \forall n>|a|+|c|+1

0=n!\, \left(ae+b+\frac{c}{e}\right)
=a\sum_{k=0}^\infty \frac{n!}{k!}+n!\, b+c\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{n!}{k!}

=\begin{matrix} \\ \underbrace{n!\, b} \\ \!^{\in\Bbb{Z}} \end{matrix}
+\begin{matrix} \\ \underbrace{\sum_{k=0}^n \Big(a+c\, (-1)^k\Big) \frac{n!}{k!}} \\ \!^{\in\Bbb{Z}}\end{matrix}
+\begin{matrix} \\ \underbrace{\sum_{k=n+1}^\infty \Big(a+c\, (-1)^k\Big) \frac{n!}{k!}} \\ \!^{=:R_n} \end{matrix}. Und somit R_n\in\Bbb{Z}

wobei |R_n|=\left| \sum_{k=1}^\infty \Big(a+c\, (-1)^{n+k}\Big) \frac{n!}{(n+k)!} \right|
\le (|a|+|c|)\, \sum_{k=1}^\infty \frac{n! \, n^k}{(n+k)!}\, \frac{1}{n^k}

<(|a|+|c|)\,\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n^k}=\frac{|a|+|c|}{n-1}<1 ist. Also R_n=0\,.

Somit wäre \left\{\begin{matrix} 0=R_n-R_{n+1}=\frac{a+c\, (-1)^{n+1}}{n} \\ \\
0=R_{n+1}-R_{n+2}=\frac{a+c\, (-1)^{n+2}}{n+1} \end{matrix}\right\} \Longrightarrow
a=\pm c \Longrightarrow a=c=0


[Bearbeiten] \forall r\in\Bbb{Q}_{\neq 0} ist e^r\not\in\Bbb{Q}

Für ein a\in\Bbb{Z}_{>0} sei f(x)=\frac{x^n (1-x)^n}{n!}, F=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a^{2n-k} f^{(k)} und G=F'+aF=a^{2n+1} f\,.

N=q\int_0^1 G\, e^{ax} dx=q\left[F e^{ax}\right]_0^1=qe^a F(1)-q F(0) wäre unter der Annahme e^a=\frac{p}{q} eine pos. ganze Zahl.

Dies kann aber wegen N\le q \frac{a^{2n+1}}{n!} e^a\to 0 nicht sein. Aus e^\frac{a}{b}=\frac{m}{n} würde e^a=\frac{m^b}{n^b}\in\Bbb{Q} folgen.

[Bearbeiten] Transzendenz

Unter der Annahme e\in\Bbb{A} gibt es eine Gleichung \, a_0+a_1x+...+a_nx^n=0, mit a_k\in\Bbb{Z} und a_0,a_n\neq 0,

die \, x=e als Lösung besitzt. Sei nun \alpha:=2\, (n+1) \, \max |a_k| und Q(x):=\prod_{k=1}^n (x-k)=x^n\pm...\pm n!
\quad \Big[\Longrightarrow Q^p(x)=x^{np}\pm...\pm n!^p\Big].

Für variables p\in\Bbb{P} sei F(x):=\frac{1}{(p-1)!} x^{p-1} Q^p(x) e^{-x} und für variables \, q\in\{0,1,...,n\} sei

\varepsilon_{pq}:=e^q \int_0^q F \, dx und M_{pq}:=e^q \int_q^\infty F \, dx \;
\Longrightarrow \varepsilon_{pk}+M_{pk}=e^k \int_0^\infty F \, dx=e^k M_{p0}

\forall x\in [0,n] giltF(x)\to 0 für p\to \infty und somit auch |\varepsilon_{pq}|\to 0

Man wähle die Primzahl \, p nun so groß dass \, p>\alpha und |\varepsilon_{pq}|<\frac{1}{\alpha} \; \forall q ist.

Es ist M_{p0}=\int_0^\infty F\, dx=\frac{1}{(p-1)!} \int_0^\infty x^{p-1} (x^{np}\pm ...\pm n!^p) e^{-x} dx

=\frac{1}{(p-1)!} \Big((p-1+np)!\pm ...\pm n!^p (p-1)!\Big)\equiv n!^p \equiv n! \not\equiv 0 mod \, p

Für \, q=1,...,n besitzt Q(x+q)=\prod_{k=1}^n (x+q-k) den Linearfaktor \, x. Daher ist

M_{pq}=e^q \int_q^\infty F\, dx=e^q \int_0^\infty F(x+q)\, dx
=\frac{1}{(p-1)!} \int_0^\infty (x+q)^{p-1} Q^p(x+q) e^{-x}\, dx

=\frac{1}{(p-1)!} \int_0^\infty x^p R(x) e^{-x} dx=\frac{1}{(p-1)!} \Big(r_{np-1} (np-1)!\pm ... \pm r_0 p!\Big)
\equiv 0 mod \,p

0=M_{p0} \sum_{k=0}^n a_k e^k=\sum_{k=0}^n a_k \big(\varepsilon_{pk}+M_{pk}\big)
=\sum_{k=0}^n a_k \varepsilon_{pk}+a_0 M_{p0}+\sum_{k=1}^n a_k M_{pk} \Longrightarrow -\sum_{k=0}^n a_k \varepsilon_{pk}\equiv a_0 M_{p0}\not\equiv 0 mod \,p

Aber \left|\sum_{k=0}^n a_k \varepsilon_{pk}\right|\le \sum_{k=0}^n |a_k| \frac{1}{\alpha}\le \frac{(n+1) \max |a_k|}{\alpha}=\frac{1}{2}


[Bearbeiten] Wikipedia-Verweise

Transzendente Zahl · Eulersche Zahl


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