Beweisarchiv: Algebra: Körper: Zahlencharakter von e

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Beweisarchiv: Algebra

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

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

$\forall x\in [0,n]$ 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 $\,p$