Beweisarchiv: Algebra: Körper: Zahlencharakter von e

Beweisarchiv: Algebra

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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:

$e-\sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}$

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

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

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

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

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

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

${\begin{aligned}0&<\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {q!}{(k+q)!}}\\&={\frac {q!}{(q+1)!}}+{\frac {q!}{(q+2)!}}+{\frac {q!}{(q+3)!}}+\ldots \\&={\frac {1}{q+1}}+{\frac {1}{(q+1)(q+2)}}+{\frac {1}{(q+1)(q+2)(q+3)}}+\ldots \\&<{\frac {1}{2^{1}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{2^{3}}}+\ldots =\left({\frac {1}{2}}\right)^{1}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{3}+\ldots \end{aligned}}$

Dies ist 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 $1$:

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

Also gilt

$0<\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}<1$

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

${\begin{aligned}0&=n!\,\left(ae+b+{\frac {c}{e}}\right)\\\\&=a\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n!}{k!}}+n!\,b+c\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {n!}{k!}}\\\\&=\underbrace {n!\,b} _{\in {\mathbb {Z}}}+\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{\Big (}a+c\,(-1)^{k}{\Big )}{\frac {n!}{k!}}} _{\in {\mathbb {Z}}}+\underbrace {\sum _{k=n+1}^{\infty }{\Big (}a+c\,(-1)^{k}{\Big )}{\frac {n!}{k!}}} _{=:R_{n}}.\end{aligned}}$

Also muss $R_{n}\,$ eine ganze Zahl sein.

${\begin{aligned}|R_{n}|&=\left|\sum _{k=1}^{\infty }{\Big (}a+c\,(-1)^{n+k}{\Big )}{\frac {n!}{(n+k)!}}\right|\\&\leq (|a|+|c|)\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {n!\,n^{k}}{(n+k)!}}\,{\frac {1}{n^{k}}}\\&<(|a|+|c|)\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {|a|+|c|}{n-1}}\\&<1\end{aligned}}$

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 $\textstyle f(x):={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}$ 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 $\textstyle q\cdot a^{2n+1}\int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q$ eine positive ganze Zahl sein. Wegen $\textstyle \int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx<{\frac {1}{n!}}\,e^{a}$ 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 $e\in {\mathbb {A} }$ gibt es eine Gleichung $\,a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n}=0$, mit $a_{k}\in {\mathbb {Z} }$ 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 $p\in {\mathbb {P} }$ 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:

${\begin{aligned}M_{p0}&=\int _{0}^{\infty }F\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p-1}(x^{np}\pm ...\pm n!^{p})e^{-x}dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}(p-1+np)!\pm ...\pm n!^{p}(p-1)!{\Big )}\equiv n!^{p}\equiv n!\not \equiv 0\operatorname {mod} \,p\end{aligned}}$

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

${\begin{aligned}M_{pq}&=e^{q}\int _{q}^{\infty }F\,dx=e^{q}\int _{0}^{\infty }F(x+q)\,dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }(x+q)^{p-1}Q^{p}(x+q)e^{-x}\,dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p}R(x)e^{-x}dx={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}r_{np-1}(np-1)!\pm ...\pm r_{0}p!{\Big )}\equiv 0\operatorname {mod} \,p\,.\end{aligned}}$

$0=M_{p0}\sum _{k=0}^{n}a_{k}e^{k}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}{\big (}\varepsilon _{pk}+M_{pk}{\big )}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}+a_{0}M_{p0}+\sum _{k=1}^{n}a_{k}M_{pk}$

$\Longrightarrow -\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\equiv a_{0}M_{p0}\not \equiv 0\operatorname {mod} p$

Aber $\left|\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\right|\leq \sum _{k=0}^{n}|a_{k}|{\frac {1}{\alpha }}\leq {\frac {(n+1)\max |a_{k}|}{\alpha }}={\frac {1}{2}}$. (Widerspruch)

Wikipedia-Verweise

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