V okviru glavnega dokaza tega magistrskega dela bodo prišle do izraza tudi nekatere metode iz analize, predvsem razvoj v potenčno vrsto in Cauchyjev integralni izrek.
definicija 2.35 (Odvodi funkcije) Naj boU⊆Codprta podmnožica kompleksne ravnine in naj bo f :U→Ckompleksna funkcija.
Za dano točkoz0∈ Urečemo, da je funkcija f kompleksno odvedljiva vz=z0, če obstaja limita
z→zlim0
f(z)−f(z0) z−z0 .
Če ta limita obstaja, ji pravimo kompleksni odvod funkcije f v točkiz0, ki ga označimo z f0(z0).
definicija 2.36 (Holomorfna funkcija, cela funkcija) Za funkcijo f iz prejšnje definicije pravimo, da je holomorfna na odprti množiciU⊂C, če je kompleksno odvedljiva v vsaki točki z0∈U. Funkcijo, ki je holomorfna na celotni kompleksni ravnini, imenujemo cela funkcija.
Zgoraj definirano holomorfno funkcijo lahko razdelimo na realni in imaginarni del, namreč:
f(z) =u(z) +iv(z). Če upoštevamo šez=x+iy, potem realni funkcijiu(z) =u(x+iy)in v(z) =v(x+iy)zadoščata tako imenovanim Cauchy-Riemannovim enačbam:
ux(x+iy) =vy(x+iy) in uy(x+iy) =−vx(x+iy)
Privzemamo, da je bralec že seznanjen s pojmom potenčne vrste: to je neskončna vrsta ene spremenljivke oblike:
f(z) =
∑
∞ n=0an(z−a)n=a0+a1(z−a) +a2(z−a)2+a3(z−a)3+. . . ,
kjer jean vodilni koeficient,akonstanta,zpa neodvisna spremenljivka okroga. Potenčna vrsta konvergira enakomerno znotraj kroga s središčemain radijem
R= 1
lim supn→∞pn
|an|.
Znotraj tega kroga tudi velja
f0(z) =
∑
∞ n=1nan(z−a)n−1.
S pomočjo Cauchyjeve integralske formule, ki jo bomo zapisali v nadaljevanju, lahko pokažemo, da lahko vsako holomorfno funkcijo lokalno razvijemo v potenčno vrsto.
izrek 2.37 (Potenčna vrsta funkcije) Naj bo f :U →Cholomorfna funkcija inz0 ∈ C poljubna kompleksna točka. Potem lahko funkcijo f izrazimo kot potenčno vrsto okoliz0:
f(z) =
∑
∞ n=0f(n)(z0)
n! (z−z0)n.
Primer potenčne vrste, ki bo ključnega pomena v nadaljevanju, je vrsta za eksponentno funkcijo
ez=
∑
∞ n=0zn
n! =1+z+z
2
2!+ z
3
3! +. . .
Na kratko si oglejmo definicijo kompleksnega integrala. Vsako kosoma gladko potγ: [0, 1]→Clahko zapišemo kot:
γ(t) =x(t) +iy(t),
kjer stax(t)iny(t)kosoma zvezno odvedljivi realni funkciji na[0, 1]. Odvod potiγoznačimo zγ0in je
γ0(t) =x0(t) +iy0(t).
Tir potiγ(slikaγ([0, 1])) označimo zγ∗. Če jeg:[a,b]→Ckompleksna funkcija, definirana
Z uporabo parametrizacije potem prevedemo na ta primer tudi integracijo kompleksnih funkcij, definiranih vzdolž tira poti.
definicija 2.38 (Krivuljni integral) Naj bostaa<brealni števili. Če imamo dano kom-pleksno funkcijo f :U→Cin gladko potγ([a,b])⊆U, lahko definiramo krivuljni integral kompleksne funkcije f po potiγ, ki ga označimo kotR
γf(z)dzin je enak
izrek 2.39 (Cauchyjev izrek) Naj bo f : U → C holomorfna funkcija inγ enostavno sklenjena gladka pot vU. Potem je
Z
Oba integrala sta po Stokesovem izreku enaka0, saj funkcijiuinvzadoščata Cauchy-Riemannovim
enačbam.
Še več, tudi Izrek 2.39 je poseben primer naslednjega izreka.
izrek 2.40 (Cauchyjeva integralna formula) Naj bo f :U→Cholomorfna funkcija in γenostavno sklenjena gladka pot vU. Potem za poljubno celo številon ≥ 0in poljubno kompleksno številoz0, vsebovano v notranjosti območja, omejenega zγ, velja:
f(n)(z0) = n!
Dokaz Prin=0je to natanko Cauchyjev izrek. Zdaj predpostavimo, da formula velja za n, in dokažimo formulo zan+1:
izrek 2.41 (Osnovni izrek algebre) Polje kompleksnih števil je algebraično zaprto.
Dokaz Naj bop(z) =anzn+an−1zn−1+· · ·+a0nekonstanten polinom s kompleksnimi koeficienti. Potem za dovolj velike|z|velja|p(z)|> |a2n||z|n,in zatolimz→∞p(z) =∞oziroma
z→lim∞
1 p(z) =0.
Če bi bil polinom p(z)brez ničel, bi bila f(x) = p(z)1 nekonstantna omejena cela funkcija.
Poglejmo, da to ni mogoče.
Naj bo|f(z)| ≤Mza vsez∈C. Naj boγRkrožnica s središčem v izhodišču in radijemR in naj boz0poljubno kompleksno število,|z0| ≤R. Cauchyjeva integralska formula nam pri n=1da:
|f0(z0)|=
1 2πi
Z
γR
f(z) (z−z0)2dz
≤ M R.
Če pošljemoRv neskončno, dobimo, da je f0(z0) =0. Ker je funkcija f nekonstantna, to ni
mogoče.
Vir analitičnih metod v tem delu je [10].
3 Iracionalnost določenih števil
V tem poglavju bomo dokazali, da son-ti koreni, potence številaein številoπiracionalna števila. Dokazi potekajo s pomočjo protislovja in so povezani z glavnim izrekom te naloge, saj v vseh na nek način ocenjujemo zgornjo in spodnjo mejo pomožne funkcije, ki jo definiramo tekom dokaza.
Spodaj je opisan poenostavljen postopek, po katerem bodo potekali tako dokazi iracionalnosti števil kot tudi dokazi transcendentnosti.
1. Dano je številoα, za katerega želimo dokazati, da je iracionalno.
2. Predpostavimo, da je številoαracionalno. V tem koraku bomo privzeli, da obstaja nek neničeln celoštevilski polinom oblikeP(x), tako da velja, da jeP(α) =0. Za dokazo-vanje iracionalnosti oziroma transcendentnosti je seveda treba izbrati primeren polinom z visokimi stopnjami ničel.
3. Izgradnja celega številaN. Uporabimo celoštevilske koeficiente prej definiranega poli-noma in lastnosti številaα, da sestavimo celo številoN.
4. Pokažemo, daNni enak 0. Dokažemo, da je0 < |N|. Ta korak v dokazu je običajno najtežji.
5. Iskanje zgornje meje za številoN. Dokaz, da je|N|<1, ki običajno zahteva nekaj metod iz analize, za ocenjevanje maksimumov funkcij in definiranje integralov, ki nam pomagajo pri dokazovanju.
6. Osnovni princip teorije števil. Na tej točki smo pridobili celo število0<N<1, kar je pro-tislovje. Če se v prejšnjih korakih nismo zmotili, je lahko edina napačna predpostavka naša osnovna predpostavka o racionalnosti številaα.
7. Zaključek.Na tej točki lahko zaključimo, da je številoαiracionalno.
Poleg tega zgornji postopek ne opisuje le dokazovanja iracionalnosti števil, saj na povsem analogen način poteka tudi veliko dokazov transcendentnosti števil, le da v ta namen v zgornjem postopku besedo racionalno nadomestimo z algebraično, besedo iracionalno pa s transcendentno. Med drugim bomo potrebovali naslednji izrek, ki ga navedemo brez dokaza:
izrek 3.1 (Posplošeno Leibnizovo pravilo) Naj bosta funkciji f(x)ing(x)n-krat odvedljivi funkciji. Potem je tudi produkt f g n-krat odvedljiv in zan-ti odvod velja:
(f g)(n)=
∑
n k=0n k
f(n−k)g(k).
Dokaz zgornjega izreka je na voljo v [8, s.318]
3.1 Iracionalnost števil √
nm
izrek 3.2 Število√n
mje iracionalno za vsem∈Z+, kjermnin-ta potenca celega števila.
Dokaz Najmne bon-ta potenca celega števila in hkrati predpostavimo, da je√n m= ab
Iz prejšnje enačbe sledian =bnm. Če jeb>1, potem mora poljuben praštevilski deliteljp številabdeliti tudian, iz česar pa po osnovnem izreku o aritmetiki sledi, da morapdeliti tudia. To pa je v nasprotju s pogojem, da staainbtuji si števili, iz česar sledi, da mora biti b=1. Če pa jeb=1, sledi, da je√n
m=an, torejn-ta potenca števila m, kar je v nasprotju z našo osnovno predpostavko. Prišli smo torej do protislovja. Sledi, da mora biti število√n
m
iracionalno.