Beweisarchiv: Algebra: Körper: Zahlencharakter von e

Beweisarchiv: Algebra

Halbgruppen: Linksneutrale und rechtsneutrale Elemente

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Ringe: Binomischer Lehrsatz · Boolesche Ringe · Chinesischer Restsatz

Körper: Endlicher Integritätsbereich · Approximationssatz von Liouville· Transzendenz von e und π · Zahlencharakter von e

Moduln: freie Moduln sind projektiv

Irrationalität

Annahme: $e \in \mathbb{Q}$.

Demnach muss es eine Darstellung von $e$ mit $e=\frac{p}{q}$ geben mit $p \in \mathbb{Z}$ 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.

Quadratische Irrationalität

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

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

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

Also muss $R_n\,$ eine ganze Zahl sein.

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

$<(|a|+|c|)\,\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n^k}=\frac{|a|+|c|}{n-1}<1$

Also ist $R_n=0\,$, wenn $n\,$ hinreichend groß ist.

Damit wäre $0=nR_{n-1}-R_n=a+c(-1)^n \, \Rightarrow \, a=\pm c \,\Rightarrow\, a=c=0$. (Widerspruch)

Positive ganzzahlige Potenzen von e sind irrational

Annahme: Für eine positive ganze Zahl $a\,$ sei $e^a=\frac{p}{q}$.

Sei nun $f(x):=\frac{x^n (1-x)^n}{n!}$ das $n\,$-te Niven-Polynom und $F(x):=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, a^{2n-k}\, f^{(k)}(x)$.

$F'(x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\, a^{2n-k}\, f^{(k+1)}(x)=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\, a^{2n+1-k}\, f^{(k)}(x)=a^{2n+1}f(x)-a\, F(x)$

Demzufolge ist $F'(x)+a\, F(x)=a^{2n+1}f(x)\,$.

$\int_0^1 F'(x)\, e^{ax}\, dx=\left[F(x)\, e^{ax}\right]_0^1-a\int_0^1 F(x)\, e^{ax}\, dx \Rightarrow \int_0^1 \left(F'(x)+a\, F(x)\right)e^{ax}\, dx=F(1)\, \frac{p}{q}-F(0)$

Also muss $q\cdot a^{2n+1}\int_0^1 f(x)\, e^{ax}\, dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q$ eine positive ganze Zahl sein.

Wegen $\int_0^1 f(x)\, e^{ax}\, dx<\frac{1}{n!}\, e^a$ geht der Linksterm aber gegen null für $n\to\infty\,$. (Widerspruch)

Wäre $e^{\frac{a}{b}}$ rational, so wäre auch $e^a\,$ rational.

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

$\forall x\in [0,n]$ gilt$F(x)\to 0\,$ 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 $\left|\sum_{k=0}^n a_k \varepsilon_{pk}\right|\le \sum_{k=0}^n |a_k| \frac{1}{\alpha}\le \frac{(n+1) \max |a_k|}{\alpha}=\frac{1}{2}$. (Widerspruch)

Wikipedia-Verweise

Irrationale Zahl · Transzendente Zahl · Eulersche Zahl · Beweis der Irrationalität der eulerschen Zahl

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