Gelfond-Schneiderjev izrek

poučevanje

Dejan Ozebek

Gelfond-Schneiderjev izrek

Magistrsko delo

Ljubljana, 2021

poučevanje

Dejan Ozebek

Gelfond-Schneiderjev izrek

Magistrsko delo

Mentor: izr. prof. dr. Marko Slapar Somentor: doc. dr. Luka Boc Thaler

Ljubljana, 2021

V prvi vrsti se zahvaljujem mentorju izr. prof. dr. Marku Slaparju in somentorju doc. dr.

Luku Bocu Thalerju za vse popravke in strokovno pomoč ter nasvete, ki sta mi jih nudila med pisanjem magistrskega dela.

Zahvalil bi se tudi prijateljem, ki so me tako ali drugače v času izdelave dela podpirali:

s pomočjo pri oblikovanju magistrske naloge, z lektoriranjem ali pa kar tako.

Poleg tega se zahvaljujem tudi sestri Tadeji in staršem, ki so me vsa leta študija finančno in psihično podpirali pri delu in hkrati motivirali, da sem vztrajal.

Nenazadnje pa bi se rad zahvalil svoji gimnazijski profesorici matematike Ireni Verdnik, ki me je prva navdušila za matematiko in brez katere zdaj ne bi bil tam, kjer sem.

Hvala vsem!

V magistrskem delu dokažemo iracionalnosti števile,π²in√ⁿ

m, kjerm,n∈Nin√ⁿ m∈/N, ki potekajo s protislovjem. Poleg tega dokažemo tudi transcendentnost števileinπ, ki imata nekoliko različen potek dokaza, saj se dokaz transcendentnosti številaπposluži tudi teorije elementarnih simetričnih polinomov. V zadnjem poglavju predstavimo še dokaz Gelfond- Schneiderjevega izreka, o transcendentnosti števil oblikeα^β, kjer jeα6=0, 1inβiracionalno število. Gre namreč za enega redkih zapisov dokaza Gelfond-Schneiderjevega izreka v sloven- skem jeziku, saj se ta pojavi le še v diplomskem delu iz leta 1978 [6]. Ob koncu še naštejemo nekaj posledic tega izreka in hkrati navedemo nekaj avtorjev, ki so nadaljevali z raziskovanjem transcendentnih števil.

Ključne besede:algebraična števila, transcendentna števila, Gelfond-Schneiderjev izrek.

Abstract

In this masters thesis we prove by contradiction the irrationality of the numberse,π², and√ⁿ m, wherem,n∈_Nand√ⁿ

m∈/N. Alongside we also prove the transcendence of the numberse andπ, which have distinctly different proofs, as the proof for the transcendence of the number π makes use of the theory of elementary symmetric polynomials. In the last chapter, we also prove the main theorem of this work, which is the Gelfond-Schneider theorem on the transcendence of numbers of the formα^β, whereα6=0, 1andβis irrational. This work is one of the rare translations of this theorem in Slovene; the only other translation appears in an undergraduate thesis from 1978 [6]. We conclude the thesis by listing several consequences of the theorem and a number of authors who advanced the work in transcendental number theory.

Keywords:algebraic numbers, transcendental numbers, Gelfond-Schneider theorem.

Povzetek

1 Uvod 1

2 Uvodna teorija 3

2.1 Racionalnost, iracionalnost in transcendentnost števil . . . 3

2.2 Osnovni algebrski pojmi . . . 5

2.2.1 Kolobarji polinomov . . . 5

2.2.2 Razširitve polj . . . 10

2.3 Analitične metode . . . 12

3 Iracionalnost določenih števil 17 3.1 Iracionalnost števil√ⁿ m. . . 18

3.2 Iracionalnost številaeⁿ . . . 18

3.2.1 n=1 . . . 18

3.2.2 n≥2 . . . 20

3.3 Iracionalnost številaπinπ² . . . 21

4 Transcendentnost določenih števil 23 4.1 Transcendentnost številae . . . 23

4.2 Transcendentnost številaπ. . . 26

4.3 Gelfond-Schneiderjev izrek . . . 32

4.3.1 Primer uporabe Gelfond-Schneiderjevega izreka . . . 40

5 Zaključek 43

Literatura 43

1 Uvod

Študij iracionalnih in algebraičnih števil spada pod matematično disciplino teorije števil.

Algebraično število stopnjedje rešitev (ničla) nekega nerazcepnega polinoma stopnjedz racionalnimi koeficienti. Če ne obstaja polinom z racionalnimi koeficienti, da bi bilo dano število njegova ničla, rečemo, da je število transcendentno. V času Pitagore so poznali le cela števila in racionalna števila (ulomke). Četudi so vedeli za obstoj števila√

2, so trdili, da iracionalna števila ne obstajajo. Vprašanja o transcendentnosti števil (in njihovem obstoju) so se pojavila že Eulerju leta 1748, ko je Euler sam postavil domnevo, da številologabni algebraično (torej je transcendentno) za racionalni številiainb, pri čemer številob 6= a^c za neko racionalno številoc. Eulerjeva domneva je ostala neodgovorjena vse do Josepha Liouvilla, ki je v 20. stoletju uspel dokazati obstoj števil, ki niso algebraična. Kasneje je prav tako Liouville postavil potreben pogoj, da je število algebraično in tako tudi zadosten pogoj, da je število transcendentno. Osnova njegove metode je bila aproksimacija različnih števil z racionalnimi števili. Liouville je odkril, da so algebraična števila slabo aproksimabilna z racionalnimi števili. Iz tega potem seveda sledi, da je število transcendentno, če ga je mogoče dobro aproksimirati z racionalnimi števili. Pokazal je, da za poljubno algebraično številoa stopnjed≥2in dan poljubene>0velja, da izrazu

a− ^p

q

< ¹

q^d+e

ustreza le končno mnogo racionalnih števil ^p_q. Ta pogoj je mogoče uporabiti za dokaz transcen- dentnosti števila, a je postopek zahteven. Kasneje je več matematikov nadaljevalo Liouvillovo delo, eksponent v izrazu pa je bil posledično zmanjšan zd+ena ^d₂+1+ein nenazadnje na 2+eleta 1955. Slednji rezultat je danes znan kot Thue-Siegel-Rothov izrek. Tu se Liouvillova zgodba z aproksimacijo nekako zaključi, saj so kasneje drugi matematiki razvili drugačne načine za dokazovanje transcendentnosti števil.

Za dokaz transcendentnosti števil je Hermite leta 1875 razvil metodo z uporabo pomožnih funkcij. Njegovo delo je nadaljeval Lindemann, ki je v 1880-ih letih dokazal, da je številoe^α transcendentno za vsa neničelna algebraična številaα. Kasneje je Weierstrass njuno delo še posplošil do rezultata, ki je danes znan kot Lindemann-Weierstrassov izrek.

S tem nazadnje prispemo do leta 1900, ko je David Hilbert na konferenci predstavil sku- pek nerešenih problemov (nekateri so nerešeni še danes). Sedmi med njimi je glavna tema tega magistrskega dela. Sedmi problem namreč pravi:

domneva 1.1 Naj bo a 6= 0, 1in naj bobiracionalno število. Potem jea^b transcendentno število.

Na to domnevo sta pritrdilno odgovorila Alexander Gelfond in Theodor Schneider leta 1934.

Dokaz njunega rezultata, ki je danes znan kotGelfond-Schneiderjev izrek, bo predstavljen v tej

magistrski nalogi. Ob koncu magistrskega dela bodo predstavljene še nekatere posledice izreka skupaj z nekaj primeri uporabe in kratkim opisom nadaljevanja proučevanja transcendentnih števil.

2 Uvodna teorija

2.1 Racionalnost, iracionalnost in transcendentnost števil

V tem poglavju naštejemo nekaj potrebnih definicij in izrekov, ki jih bomo implicitno ali pa direktno potrebovali v dokazih iracionalnosti in transcendentnosti določenih števil tekom magistrskega dela. Za ta namen najprej naštejemo osnovne definicije iz teorije števil za racionalna in iracionalna števila, nato pa še za algebraična in transcendentna števila.

definicija 2.1 (Racionalno število) Za poljubno številoa= ^p_q pravimo, da je racionalno, če ga je mogoče zapisati kot razmerje med dvema celima številomap,q∈Z. Množico vseh racionalnih števil označimo zQ. Za števila, ki niso racionalna, pravimo, da so iracionalna.

Pri dokazovanju iracionalnosti se bomo pogosto oprli na naslednji izrek:

izrek 2.2 (Osnovni izrek teorije števil) Ne obstaja celo številoa, za katerega bi veljalo 0<a<1.

Dokaz zgornjega izreka je bralcu dostopen v [5] in je posledica aksiomatske vpeljave naravnih števil s pomočjo Peanovih aksiomov.

Kot tipičen primer iracionalnega števila poznamo število√

2, za katerega je večinoma že v srednji šoli predstavljen elementaren dokaz te trditve, ki ga zapišemo tudi v tem delu.

Predpostavimo, da je√

2= ^a_b racionalno število, kjer staa,btuji si celi števili inb6=0. Posebej ne moreta bitia,bobe sodi števili, saj si potem ne bi mogli biti tuji. Iz naših predpostavk potem sledi:

√ 2= ^a

b 2= ^a

2

b² a²=2b²

Iz tega sledi, da je kvadrat številaasodo število, iz česar pa sledi, da mora biti tudiasodo število, saj bi bila²lih, če bi bilalih.

Če pa jeasodo število, ga lahko zapišemo kota=2kza neko številok. S tem sedaj nadomes- timo ustrezna mesta v zgornjih enačbah:

(2k)²=2b² 4k²=2b² 2k²=b²

Iz tega sledi, da jeb²sodo in torej tudibsodo število. S tem smo prišli do protislovja, saj smo predpostavili, da staa,btuji si števili in je ulomek ^a_b v celoti okrajšan. Dokaz za iracionalnost

števil√

n, kjernni kvadratno število, bi s primernimi popravki potekal povsem na enak način.

Sedaj nadaljujemo z definicijama algebraičnih in transcendentnih števil.

definicija 2.3 (Polinom s celoštevilskimi koeficienti) Naj bop(x)polinom stopnjedeg(p) = d. Rečemo, da jep(x)polinom s celoštevilskimi koeficienti, če ga lahko zapišemo kot:

p(x) =c_dx^d+cd−1x^d−1+cd−2x^d−2+· · ·+c₂x²+c₁x+c₀

kjer so c_i ∈ _Z ∀i ∈ N. Polinomu, kjer jec_d = 1, rečemo moničen polinom. Kolobar polinomov s celoštevilskimi koeficienti označimo zZ[x]

definicija 2.4 (Algebraično in transcendentno število) Številuα, ki je ničla nekega poli- nomap(x)s celoštevilskimi koeficienti (torejp(α) =0), rečemo algebraično število. Številu, ki ni rešitev nobenega polinoma s celoštevilskimi koeficienti, rečemo transcendentno število.

Če je algebraično število rešitev moničnega polinoma, pravimo temu številu algebraično celo število.

primer 2.5 (Cela števila in racionalna števila) Tako cela števila kot tudi racionalna števila so vsa algebraična. Poljubno celo število a ∈ _Z je ničla polinoma p(x) = x−a, ki ima celoštevilske koeficiente. Po definiciji je torejatudi algebraično celo število.

Po drugi strani imamo racionalno število ^b_c ∈ Q, ki je prav tako algebraično, saj je ničla polinomaq(x) =cx−b. Ker ima ta polinom vodilni koeficientc6=1, število^b_cni algebraično celo število.

primer 2.6 (Število√

−1=i) Kompleksno številoije prav tako algebraično celo število, saj je ničla moničnega kvadratnega polinomar(x) =x²+1.

Množico vseh algebraičnih števil označimo tudi zA.Množica vseh algebraičnih števil je števno neskončna, saj jo lahko predstavimo kot števno unijo števnih množic: množica polinomov s celoštevilskimi koeficienti fiksne stopnjedje števna, vsak tak polinom pa ima največdrazličnih ničel. Ker jeRneštevna množica, mora biti množica vseh transcendentnih številT=_R−_A neštevno neskončna. Torej je večina števil, ki jih poznamo, transcendentnih.

definicija 2.7 (Arhimedova lastnost urejenega polja) Urejeno poljeFima Arhimedovo lastnost, če za vsako pozitivno številox∈ Finy∈F, velja, da obstaja celo številon>0, da je nx>y.

izrek 2.8 Množica realnih številRima Arhimedovo lastnost.

Izrek je posledica dejstva, da so naravna števila neomejena podmnožica realnih števil. Natančen dokaz lahko bralec med drugim najde v [4, s.14].

definicija 2.9 (Gosta množica) Za množicoSrealnih števil pravimo, da je povsod gosta na intervalu, če lahko za poljubni realni številia<bs tega intervala najdemo taks∈S, da veljaa<s<b.

izrek 2.10 Racionalna števila so povsod gosta v realnih številih. Enako velja za iracionalna števila.

Dokaz Naj bostaainb poljubni realni števili, kjer jea < b. Ker smo privzelia < b, sledi, dab−a > 0, torej je razlika vedno pozitivna. Za uporabo Arhimedove lastnosti si izberemo številib−ain1. Če jeb−a>1, potem takoj sledi, da lahko najdemon >0, da veljan(b−a)>1, zato predpostavimo, da jeb−a<1. Po Izreku 2.8 lahko potem izberemo n, da zapišemon(b−a)>1oziroma(b−a)> _n¹.

Sedaj si izberemo celo število m ∈ Z, ki zadošča neenakostimm < nb ≤ m+1, kar je ekvivalentno^m_n <b< ^m+1_n . Iz tega sedaj sledi naslednje:

a<b− ¹

n ≤ ^m+1 n −¹

n = ^m n

in m

n <b

Iz tega potemtakem sledi, da je ^m_n racionalno število, ki leži medainb. S tem je dokazan prvi del našega izreka. Za drugi del je postopek podoben: ponovno moramo izbrati primeren k∈Z⁺(po Izreku 2.8 to lahko storimo). Vemo, da jea< ^m_n, iz česar potem za izbranksledi

k(b−^m n)>√

2.

S√

2zagotovimo, da bo dobljeno število iracionalno. Iz prejšnje neenakosti potem sledi:

b>

√2 k +^m

n > ^m n >a.

Potemtakem je

√2

k +^m_n iracionalno število, ki leži medainb, in je s tem dokazan še drugi del

izreka.

2.2 Osnovni algebrski pojmi

V tem razdelku si bomo ogledali osnovne algebrske pojme, ki jih bomo uporabljali v nadalje- vanju. Ključnega pomena bodo predvsem razširitve polj, kolobar polinomov in kvocientni kolobar po idealu. Predpostavljeno je, da ima bralec nekaj osnov iz abstraktne algebre in so mu znane osnovne definicije grup, komutativnosti, asociativnosti ter binarnih operacij in z njimi povezanih trditev. Tekom poglavja znotraj besedila zapišemo tudi nekaj tipičnih primerov. Za ta del poglavja kot glavni vir vzamemo [3].

2.2.1 Kolobarji polinomov

definicija 2.11 (Kolobarji) Kolobar(R,+,∗)je množicaR, opremljena z dvema binarnima operacijama+in∗, ki jima pravimo seštevanje in množenje in sta definirani nadR, da veljajo naslednji aksiomi:

1. (R,+)je Abelova grupa, kar pomeni:

• (a+b) +c=a+ (b+c)za vsaa,b,c∈R(asociativnost)

• a+b=b+aza vsaa,b∈R(komutativnost)

• Obstaja element0∈ R, da jea+₀=_aza vsea∈ R(0je enota za seštevanje)

• Za vsaka∈ Robstaja element−a∈R, tako da jea+ (−a) =0(−aje inverza za seštevanje)

2. (R,∗)je polgrupa, kar pomeni:

• (a∗b)∗c=a∗(b∗c)za vsea,b,c∈R(∗je asociativna operacija)

3. Za vsea,b,c∈Rveljata levi distribucijski zakona∗(b+c) = (a∗b) + (a∗c)in desni distribucijski zakon(a+b)∗c= (a∗c) + (b∗c).

Če je množenje v zgornji definiciji kolobarja še komutativno, potem takemu kolobarju rečemo komutativni kolobar. Če ima ta kolobar še multiplikativno enoto1,1 6= 0, tako da velja 1×a=a×1=aza vse elementeaiz kolobarja, potem takemu kolobarju rečemo kolobar z enoto. Zgornji definiciji ustreza veliko podmnožic, ki jih med šolanjem večkrat srečamo. Veljajo namreč za poljubno podmnožico kompleksnih števil, ki je grupa za običajno seštevanje in je zaprta za običajno množenje. Potemtakem so vsi(_Z,+,×),(_Q,+,×),(_R,+,×)in(_C,+,×) komutativni kolobarji z enoto.

definicija 2.12 (Ideal kolobarja) PodkolobarNkolobarjaR, ki zadošča lastnostma:

• aN⊆ Nza vsea∈ R

• Nb⊆Nza vseb∈ R, imenujemo ideal.

Če imamo torej ideal NkolobarjaR, aditivni odseki ideala Nsestavljajo kolobarR/N = {a+N;a∈K}, ki mu rečemo kvocientni kolobar poN(oziroma kvocientni kolobar kolobarja RmoduloN). VR/Nsta binarni operaciji seštevanja in množenja definirani kot:

(a+N) + (b+N) = (a+b) +N.

in za zmnožek

(a+N)(b+N) =ab+N.

Običajno ima kolobarRidentiteto. Elementuu ∈ Rrečemo enota vR, če ima ta element multiplikativni inverz vR. Če je vsak neničelni element izRenota, potem rečemo, da jeR obseg. Če je ta obseg še komutativen, rečemo, da jeRpolje.

definicija 2.13 (Maksimalni ideal) Maksimalni ideal kolobarjaRje idealM, različen odR, tako da ne obstaja pravi idealNkolobarjaR, ki bi v celoti vsebovalM.

S pomočjo maksimalnih idealov lahko pridobimo polja, ki so kvocientni kolobarji, kar for- muliramo v naslednjem izreku:

izrek 2.14 Naj boRkomutativni kolobar z enoto. Potem jeMmaksimalni ideal kolobarjaR, če in samo če je kvocientni kolobarR/Mpolje.

Dokaz Naj bo Mmaksimalni ideal kolobarja R. Če jeRkomutativni kolobar z enoto, potem je tudiR/Mkomutativni kolobar z enoto, čeM6=R, kar pa je res, če jeMmaksimalni ideal. Naj bo sedaj(a+M)∈R/M, kjer jea∈/M, tako daa+Mni identiteta za seštevanje v R/M. Da pokažemo, da jeR/Mpolje, moramo pokazati, da imaa+Mmultiplikativni inverz vR/M. Zapišemo:

N=ⁿra+^m

r ∈R,m∈Mo . Zgornja množica je grupa za običajno seštevanje(N,+), saj velja:

(r1a+m1) + (r2a+m2) = (r1+r2)a+ (m1+m2),

kjer je desna stran enakosti vsebovana v N. Prav tako velja 0 = 0a+0in −(ra+m) = (−r)a+ (−m).

Če si ogledamor₁(ra+m) = (r₁r)a+r₁m, vidimo, da je tudir₁(ra+m)∈ Nzar₁∈R, ker pa jeRkomutativen kolobar, velja tudi, da je(ra+m)r₁∈N. Potemtakem je po definicijiN res ideal. Vendar pa lahko vidimo, da jea=1a+0, iz česar sledi, da jea∈ Nin zam∈M veljam=0a+m, iz česar vidimo, da jeMpodmnožicaN. Torej jeNideal kolobarjaR, ki vsebujeM, ker jea∈ N, vendar paa∈/ M. Ker pa smo predpostavili, da jeMmaksimalen, mora veljati, da jeN=R. Natančneje namreč imamo enoto1, ki pripada tudiN, torej1∈N.

Po definiciji naše množiceNobstajata elementb∈ Rin elementm∈ M, da je1 = ba+m.

Potemtakem:

1+M=ba+M= (b+M)(a+M),

iz česar pa nemudoma vidimo, da jeb+Mmultiplikativni inverza+M. S tem smo torej pokazali, da jeR/Mpolje.

Obratno sedaj predpostavimo, da jeR/Mpolje, in pokažimo, da to pomeni, da jeMmak- simalni ideal kolobarjaR. Če je Npoljuben ideal kolobarja R, da velja M ⊂ N ⊂ R, in jeγ kanonični homomorfizem izR na R/M, potem jeγ[N] ideal kolobarjaR/M, kjer je {(0+M)} ⊂γ[N] ⊂ R/M. Vendar pa jeR/Mpolje; prej smo že povedali, da če jeR/M polje, ne more vsebovati pravega netrivialnega ideala. Če je torejR/Mpolje, iz tega nujno

sledi, da jeMmaksimalni ideal.

Če jeRkolobar, zR[x]označimo kolobar polinomov v spremenljivkix. Elementi izR[x]so torej formalne vsote f(x) =anxⁿ+an−1xⁿ⁻¹+· · ·+a1x+a0, kjer soa0,a1, . . . ,anelementi kolobarjaR. Če jeRkomutativni kolobar, je tudiR[x]komutativen, in če imaRenoto, jo ima tudiR[x]. Več o kolobarjih polinomov lahko najdemo v [3, s.308-311]. V nadaljevanju bomo običajno obravnavali le kolobarje polinomov nad polji.

definicija 2.15 (Razcepni polinom) Nekonstanten polinomf(x)∈F[x]je razcepen nad poljem F, če ga je mogoče izraziti kot produkt g(x)h(x) dveh polinomovg(x) ∈ F[x] in h(x)∈ F[x], pri čemer imata oba polinoma nižjo stopnjo, kot je stopnja polinoma f(x). Sicer rečemo, da je polinom nerazcepen.

definicija 2.16 (Glavni ideal) Če jeRkomutativni kolobar z enoto ina∈R, potem idealu {ra|r∈R}vseh večkratnikovarečemo glavni ideal, generiran z elementoma, označimo pa hai. IdealuNkolobarjaRrečemo glavni ideal, če jeN=haiza neka∈R. Če je vsak ideal v kolobarju glavni, rečemo, da je kolobar glavni.

Tipičen primer za zgornjo definicijo je recimo idealhxivF[x], ki je sestavljen iz vseh polinomov vF[x], ki imajo ničelni prosti člen. Če jeFpolje in jeIideal vF[x], potem jeIgeneriran s polinomom najmanjše stopnje, ki je vsebovan vI. To lahko enostavno dokažemo s pomočjo izreka o deljenju polinomov. Zato velja:

izrek 2.17 Če jeFpolje, potem jeF[x]glavni kolobar.

izrek 2.18 Naj boFpolje. Idealhp(x)i 6={0}kolobarjaF[x]je maksimalen, če in samo če je p(x)nerazcepen nadF.

Dokaz Predpostavimo, da jehp(x)i 6={0}maksimalni idealF[x]. Potem veljahp(x)i 6=

F[x]in torejp(x)∈/F. Naj bop(x) = f(x)g(x)faktorizacija polinomap(x)vF[x]. Ker jehp(x)i maksimalni ideal(f(x)g(x))∈ hp(x)iimplicira, da jef(x)∈ hp(x)iali pag(x)∈ hp(x)i, saj bi v nasprotnem primeru ideal, generiran sp(x)in f(x), strogo vseboval idealhp(x)i. Potem je bodisi f(x)deljiv sp(x)ali pag(x)deljiv sp(x). Vendar pa potem ne moreta biti stopnji

f(x)ing(x)manjši od stopnjep(x). Potemtakem jep(x)nerazcepen nadF.

Obratno, če jep(x)nerazcepen nadF, predpostavimo, da jeNtak ideal, da veljahp(x)i ⊂ N⊂F[x]. Po Izreku 2.17 jeNglavni ideal, torejN=hg(x)iza nekg(x)∈N. Potem dejstvo, da je p(x) ∈ N, implicira, da je p(x) = g(x)q(x)za nekq(x) ∈ F[x]. Vendar pa je p(x) nerazcepen, kar pomeni, da je bodisig(x)ali paq(x)stopnje0. Če jeg(x)stopnje0torej neničelen konstanten člen vF, potem jeg(x)enota vF[x]in torejhg(x)i=N=F[x]. Če pa jeq(x)stopnje0, potem jeq(x) = c, kjer jec ∈ Finhg(x)i = (1/c)p(x)elementhp(x)iin potemtakemN=hp(x)i. Torej ni mogoče, da jehp(x)i ⊂N⊂F[x], iz česar potem sledi, da

jehp(x)imaksimalen.

definicija 2.19 (Homomorfizem kolobarjev) Naj bosta(R,+,×)in(R⁰,⊕,⊗)kolobarja.

Preslikavaφ:R→R⁰je homomorfizem, če za vsea,b∈Rveljata naslednja pogoja:

1. φ(a+b) =φ(a)⊕φ(b) 2. φ(a×b) =φ(a)⊗φ(b)

Če je preslikava iz zgornje definicije še bijektivna, potem rečemo, da je to izomorfizem kolo- barjev, in označimoR∼=R⁰.

Sledi izrek o evalvacijskem homomorfizmu za teorijo polj, skupaj z dokazom, ki sledi skoraj nemudoma iz definicij seštevanja in množenja nadF[x]. Vir dokaza je [3, s.312].

izrek 2.20 (Evalvacijski homomorfizem za teorijo polj) Naj boFpodpolje poljaEin naj bo α∈Epoljuben element izE. V tem primeru naj boxspremenljivka. Preslikavaφ_α:F[x]→E,

ki jo definiramo z naslednjim izrazom:

φ_α(a0+a1x+· · ·+anxⁿ) =a0+a1α+· · ·+anαⁿ,

je homomorfizem. Velja, daφ_α(x) =αin da je zožitevφ_F :F→Fizomorfizem. Homomor- fizmuφ_αrečemo evalvacija vα.

Dokaz Preslikavaφ_αje dobro definirana, saj je neodvisna od reprezentacije našega poli- nomaf(x)∈ F[x], ki je zapisan kot končna vsota

a0+a1x+· · ·+anxⁿ.

Tako končno vsotof(x)lahko z lahkoto spremenimo z dodajanjem ali odstranjevanjem členov 0xⁱ, kar pa ne vpliva na vrednost preslikaveφ_α(f(x)). Naj bodo sedaj f(x) = a0+a1x+ . . .anxⁿ,g(x) =b0+b1x+. . .bmx^minh(x) = f(x) +g(x) =c0+c1x+· · ·+crx^r. Potem je:

φ_α(f(x) +g(x)) =φ_α(h(x)) =c₀+c₁α+· · ·+crα^r, medtem ko je

φ_α(f(x)) +φ_α(g(x)) = (a0+a₁α+· · ·+anαⁿ) + (b0+b₁α+· · ·+bmα^m). Po definiciji seštevanja polinomov imamo, da jec_i=a_i+b_iin torej:

φ_α(f(x) +g(x)) =φ_α(f(x)) +φ_α(g(x)). Če si ogledamo še množenje, vidimo, da če je

f(x)g(x) =d0+d1x+· · ·+dsx^s, potem je

φ_α(f(x)g(x)) =d₀+d₁α+· · ·+dsαs, medtem ko je

(φ_α(f(x)))(φ_α(g(x))) = (a0+a1α+· · ·+anαⁿ)(b0+b1α+· · ·+bmαm). Po definiciji množenja polinomovdj=_∑^j_i=0aibj−i, vidimo, da je

φ_α(f(x)g(x)) = (φ_α(f(x)))(φ_α(g(x))). Potemtakem jeφ_αhomomorfizem.

Po definiciji preslikaveφ_α, ki jo vrednotimo v konstantnem polinomua∈F[_x], kjer jea∈F, dobimo, da jeφ_α(a) =a, in torejφ_αpreslikaFizomorfno z identično preslikavo. Po definiciji preslikaveφ_αsledi, da jeφ_α(x) =φ_α(1x) =1α=α. S tem je dokaz zaključen.

Slika zgornjega homomorfizmaφ_α : F[x] → Eje kolobar vE, ki ga označimo zF[α]. Je najmanjši kolobar vE, ki vsebuje elementeFin elementα.

2.2.2 Razširitve polj

definicija 2.21 (Razširitev polja) Za poljeErečemo, da je razširitveno polje poljaF, če jeF podpolje poljaE.Če je poljeEkončnodimenzionalno vektorsko polje nadFstopnjen, potem jeEkončna razširitev nadFstopnjen. Stopnjonrazširitve označimo z[E:F].

definicija 2.22 (Algebraični element) Naj bo poljeErazširitev poljaF. Elementα∈ E je algebraični element nad F, če obstaja polinom f(x) ∈ F[x], da je f(α) = 0. Polje Eje algebraična razširitvev poljaF, če je vsak element izEalgebraičen nadF.

izrek 2.23 Če jeEkončna razširitev poljaF, potem jeEalgebraična razširitev poljaF.

Dokaz Pokazati je treba, da je, če veljaα∈E,αalgebraično nadF. Ker jeEkončnodimen- zionalno vektorsko polje nadFin privzamemo, da je[E:F] =n, velja, da

1,α,α², . . . ,αⁿ

niso linearno neodvisni elementi. Potemtakem mora obstajatiai ∈F, da velja anαⁿ+· · ·+a1α+a0=0,

kjer niso vsia_i=0. Potem je f(x) =anxⁿ+· · ·+a₁x+a₀neničeln polinom vF[x]in velja,

da je f(α) =0. Torej jeαalgebraično nadF.

Naslednji izrek, katerega dokaz sledi neposredno iz definicij, nam definira pojem minimalnega polinoma algebraičnega elementa.

izrek 2.24 Naj boErazširitveno polje poljaFin naj boα ∈ E, kjer jeαalgebraičen nadF.

Potem obstaja nerazcepen polinomp(x)∈F[x], da veljap(α) =0. Ta polinom je enoličen do konstantnega faktorja natančno vFin je minimalne stopnje≥1vF[x]ter imaαza ničlo. Če je f(α) =0za f(x)∈F[x]in f(x)6=0, potem velja, dap(x)deli f(x).

Če jeErazširitveno polje poljaFin jeα∈ Ealgebraično nadF, potem nerazcepni enolični (monični) polinom p(x)iz Izreka 2.24 označimo zirr(α,F). Naj boErazširitev polja Fin α₁, . . . ,αn ∈E. ZF(α₁, . . . ,αn)označimo najmanjše polje vE, poleg elementov izFvsebuje tudi vse elementeα₁, . . . ,αn.

izrek 2.25 Naj boErazširitveno polje poljaFinα∈ Ealgebraičen nadF. Potem jeF[α] = F(α).

Dokaz Dokazati moramo le, da je F[α] obseg. Naj bo p = irr(α). Potem je F[α] = F[x]/hp(x)i.Ker jepnerazcepen, jehp(x)imaksimalni ideal in zatoF[α]polje.

izrek 2.26 Naj boEalgebraična razširitev poljaF. Potem obstaja končno mnogo elementov α₁, . . . ,αn ∈E, da veljaE=F(α₁, . . . ,αn)natanko tedaj, ko jeEkončna razširitev poljaF.

Dokaz Če jeEkončna razširitev in elementiα₁,α₂, . . . ,αntvorijo bazoEkot vektorskega prostora nad F, potem je sevedaE = F(α₁, . . . ,αn). Obratno predpostavimo, da jeE =

F(α₁, . . . ,α_n). Ker so vsiα_ialgebraični elementi, za vsak indeksiobstaja naravno številoni. Potencoαⁿ_iⁱ lahko potem izrazimo kot linearno kombinacijo elementov1, . . . ,αⁿ_iⁱ⁻¹. Zato jeE

končnodimenzionalna razširitevF.

izrek 2.27 Naj boErazširitveno polje poljaF. Potem je

F_E={α∈E|αje algebraičen nad F} podpolje poljaE. Rečemo, da jeFEalgebraično zaprtje poljaFvE.

Dokaz Naj bostaα,β ∈ FE. Po zgornjem izreku jeF(α,β)končna razširitev poljaF, iz Izreka 2.23 pa sledi, da je vsak element poljaF(α,β)algebraičen nadF, torejF(α,β)⊆ FE. Torej moraFEvsebovati tudiα+β,α×β,α−βinα×β⁻¹= ^α_β zaβ 6=0. Iz tega sledi, da

mora bitiFEpodpolje poljaE.

Če v zgornjem izreku vzamemoF=_RinE=C, dobimo naslednji izrek:

izrek 2.28 Množica vseh algebraičnih števil je polje.

Če jeEalgebraična razširitev poljaF, potem je po definiciji vsak element izEničla nekega polinoma izF[x]. Seveda pa ni nujno, da ima vsak polinom izF[x]ničlo vE.

definicija 2.29 (Algebraično zaprtje) PoljeFje algebraično zaprto, če ima vsak nekon- stanten polinom izF[x]ničlo vF.

izrek 2.30 PoljeFje algebraično zaprto natanko tedaj, kadar je mogoče vsak nekonstanten polinom izF[x]razcepiti na linearne faktorje vF[x].

Dokaz Naj boFalgebraično zaprto polje in naj bo f(x) ∈ F[x]nekonstanten polinom.

Potem ima f(x)ničloa∈ F. Potemtakem jex−adeliteljf(x), torej lahko zapišemo f(x) = (x−a)g(x). Če jeg(x)nekonstanten, mora imeti ničlob ∈ F, iz česar sledi f(x) = (x− a)(x−b)h(x). Če proces nadaljujemo, dobimo zmnožek linearnih faktorjev oziroma razcep f(x)∈F[x]. Obratno, predpostavimo, da ima vsak nekonstanten polinom vF[x]razcepitev na linearne člene. Če jeax−blinearen faktor f(x), potem je^b_aničla polinoma f(x). Torej jeF

algebraično zaprto polje.

Vsako poljeF ima algebraično zaprtje, torej algebraično razširitevF, ki je algebraično za- prta. Izreka tukaj ne bomo dokazovali. Za nas bo predvsem pomemben naslednji izrek, ki ga bomo dokazali v naslednjem razdelku.

izrek 2.31 (Osnovni izrek algebre) PoljeCkompleksnih števil je algebraično zaprto polje.

definicija 2.32 (Konjugirani elementi) Naj boEalgebraična razširitev poljaF. Elementa α,β∈Fsta si konjugirana nadF, če imata isti nerazcepni polinom.

primer 2.33 Dana definicija ustreza tudi definiciji kompleksnih konjugirancev nadR. Če sta a,b ∈ R in b 6= 0, sta kompleksna konjugiranca a+bi in a−bi oba ničli polinoma x²−2ax+a²+b², ki je nerazcepen nadR[x].

izrek 2.34 (Izomorfizem konjugiranih elementov) Naj boFpolje in naj bostaαinβal- gebraična nadF s stopnjon (stopnja nerazcepnega polinoma, kateremu pripadata, jen).

Preslikavaψ_α,β:F(α)→F(β), ki je definirana kot

ψ_α,β(c0+c1α+· · ·+cn−1αⁿ⁻¹) =c0+c1β+· · ·+cn−1βⁿ⁻¹

zaci ∈F, je izomorfizem izF(α)naF(β)natanko tedaj, kadar staαinβkonjugiranca.

Dokaz Naj boψ_α,β:F(α)→F(β)izomorfizem, definiran v Izreku 2.34. Naj boirr(α,F) = a0+a1x+· · ·+anxⁿ. Potem jea0+a1α+· · ·+anαⁿ =0in je torej

ψ_α,β(a0+a1α+· · ·+anαⁿ) =a0+a1β+· · ·+anβⁿ =0.

Izrek 2.24 nam pove, dairr(β,F)deliirr(α,F). Podoben argument deluje tudi za izomorfizem ψ⁻¹_α,β, da pokažemo, da tudiirr(α,F)deliirr(β,F). Ker pa sta oba polinoma monična, sledi, da jeirr(α,F) =irr(β,F)in torej sledi, da staαinβkonjugirana si elementa nadF.

Obratno, predpostavimo, da jeirr(α,F) =irr(β,F) =p(x). Potem imata evalvacijska homo- morfizmaΨα:F[x]→F(α)inΨβ=F[x]→F(β)enako jedro, generirano z elementomp(x). Za homomorfizemΨα:F[x]→F(α)obstaja naravna razširitev na izomorfizemψ_α, ki preslika F[x]/hp(x)i(kvocientni kolobar, definiran v Izreku 2.14) naΨα[F[x]] =F(α). Podobno tudi Ψ_βpoda izomorfizemψ_β, ki preslikaF[x]/hp(x)inaF(β).

Naj bo sedajψ_α,β=ψ_β(ψ_α)⁻¹. Ker je preslikavaψ_α,βkompozicija dveh izomorfizmov, je tudi sama izomorfizem in preslikaF(α)naF(β). Za nekc0+c1α+· · ·+cn−1αⁿ⁻¹∈F(α)velja:

ψ_α,β(c₀+c₁α+· · ·+cn−1αⁿ⁻¹) =

= (ψ_βψ⁻¹_α )(c0+c1α+· · ·+cn−1αⁿ⁻¹)

=ψ_β((c0+c₁x+· · ·+cn−1xⁿ⁻¹) +hp(x)i)

=c0+c1β+· · ·+cn−1βⁿ⁻¹.

Torej jeψ_α,βpreslikava, definirana v Izreku 2.34.

2.3 Analitične metode

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) =

∑

an(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 sup_n→∞pⁿ

|an|^.

Znotraj tega kroga tudi velja

f⁰(z) =

∑

nan(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) =

∑

f⁽ⁿ⁾(z0)

n! (z−z0)ⁿ.

Primer potenčne vrste, ki bo ključnega pomena v nadaljevanju, je vrsta za eksponentno funkcijo

e^z=

∑

zⁿ

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 na realnem intervalu, definiramo:

Z _b

a g(t)dt= Z _b

a Re(g(t))dt+i Z _b

a Im(g(t))dt.

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 Z

γ

f(z)dz= Z _b

a f(γ(t))γ⁰(t)dt.

izrek 2.39 (Cauchyjev izrek) Naj bo f : U → C holomorfna funkcija inγ enostavno sklenjena gladka pot vU. Potem je

Z

γ

f(z)dz=0.

Dokaz Naj bof(z) = f(x+iy) =u(x,y) +iv(x,y)inγ(t) =x(t) +iy(t). Potem je Z

γ

f(z)dz= Z _b

a (ux⁰−vy⁰)dt+i Z _b

a (uy⁰+vx⁰)dt= Z

γ

udx−vdy+i Z

γ

udy−vdx.

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!

2πi Z

γ

f(z) (z−z₀)^n+1dz.

Dokaz Prin=0je to natanko Cauchyjev izrek. Zdaj predpostavimo, da formula velja za n, in dokažimo formulo zan+1:

f⁽ⁿ⁾(z₀+h)−f⁽ⁿ⁾(z₀)

h = ^n!

2πih Z

γ

f(z)

1

(z−(z0+h))ⁿ⁺¹ − ¹ (z−z0)ⁿ⁺¹

dz

= ^n!

2πi Z

γ

f(z)(z−z₀)ⁿ+ (z−z₀)ⁿ⁻¹(z−(z₀+h)) +· · ·+ (z−(z₀+h))ⁿ (z−(z₀+h))ⁿ⁺¹(z−z₀)^{n+1 dz}

−→h→0 ^n!

2πi Z

γ

f(z)(n+1)(z−z₀)ⁿ

(z−z₀)^{2n+2 dz}= (n+1)! 2πi

Z

γ

f(z) (z−z₀)^n+2dz.

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)|> ^|a₂^n||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 bo}γRkrožnica 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

f^(n−k)g^(k).

Dokaz zgornjega izreka je na voljo v [8, s.318]

3.1 Iracionalnost števil √

m

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= ^a_b racionalno število, kjer staa,b ∈ Z,b > ₀in velja, da staainbtuji si števili. Naše število je rešitev polinomaxⁿ−m = 0, tu pa uporabimo še našo predpostavko, da je x = √ⁿ

m racionalno število.

a b

n

−m=0

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.

3.2 Iracionalnost števila e

3.2.1 n

=

Dokaz Glavnega pomena v dokazu iracionalnosti številaebo številska vrsta za število e, namreč:

e=

∑

1 n!

Predpostavimo, da jee = ^r_s racionalno število, kjer jes≥ 1. Prav s pomočjo imenovalcas bomo sestavili primerno aproksimacijo zae, ki bo privedla do protislovja. Za ta namen si najprej ogledamos-to delno vsoto:

∑

1 n!

Ker so vsi členi vsote pozitivni, sledi, da je^r_s −_∑^s_n=0n!¹ >0. Sedaj oba člena pomnožimo ss!

in tako sestavimo pozitivno celo število:

s! r s−

∑

1 n!

!

=_{s! e}−

∑

1 n!

!

=_s!

∑

1 n!−

∑

1 n!

!

=s!

1+1+ ¹

2!+· · ·+ ¹

s!+ ¹

(s+1)!+. . .

−

1+1+ ¹

2!+· · ·+ ¹ s!

!

=s!

1

(s+1)!+ ¹

(s+2)!+ ¹

(s+3)!+. . .

= ¹

s+1+ ¹

(s+2)(s+1)+ ¹

(s+3)(s+2)(s+1) +. . .

Da je zgornje število res celo, lahko vidimo tako:

s!r s−s!

∑

1

n! = (s−1)!r− s!

1!+ ^s!

2!+· · ·+ ^s!

(s−1)!+ ^s!

s!

.

Vsak posamezni člen zgornje vsote je celo število in je torej celotna vsota tudi celo število.

Ker pa smo postavili, da jes≥1, lahko to celo število navzgor omejimo z geometrijsko vrsto:

1

s+1+ ¹

(s+2)(s+1)+ ¹

(s+3)(s+2)(s+1) +· · ·< ¹ 2 + ¹

2² + ¹

2³+· · ·=1.

Prej smo zapisali, da jes!

r

s −_∑^s_n=0n!¹celo število, kar lahko vidimo, ker jes!^r_s celo število in hkrati tudis!∑^sn=0 1

n! =s!+s!+_2!^s! +· · ·+^s!_s! celo število. Pokazali smo tudi, da je zgornje celo število enako vrsti

1

s+1+ ¹

(s+2)(s+1) + ¹

(s+3)(s+2)(s+1)+. . . ,

za katero pa smo pokazali, da leži med0in1. Vendar pa smo potemtakem sestavili celo število, ki leži med0in1, kar pa je v nasprotju z Izrekom 2.2. Torej mora bitieiracionalno

število.

Dokaza za iracionalnosti števileⁿzan ≥2in iracionalnosti številaπ²bosta povzeta po [7, s.19-20]. Oba dokaza se poslužita istega pomožnega polinoma, zato za ta namen vnaprej zapišemo ta polinom. Za dokaze definiramo pomožni polinom

f(x) = ^x

p(1−x)^p p!

zax∈[_{0, 1}]. Poleg tega lahko bržkone ocenimo velikost naše funkcije, za katero lahko gotovo rečemo, da je na intervalu[0, 1]večja ali enaka0in hkrati manjša od _p!¹, saj bosta na tem intervalu členax^pin(1−x)^pgotovo manjša od 1, torej:

0≤ f(x)< ¹ p!.

Zgornja funkcija je še simetrična, torej f(x) = f(1−x), iz česar sledi, da bo to, kar bomo dokazali za vrednotenje v točki0, veljalo tudi za1.

Poleg tega bomo v okviru dokazov večkrat potrebovali različne odvode naše funkcijef(x), zato jih za ta namen prav tako zapišemo:

f⁰(x) = ^{p x}

p−1(₁−x)^p−x^p(₁−x)^p−1

p! .

Zapišemo šep-ti odvod, pomagali si bomo s posplošenim Leibnizovim pravilom iz Izreka 3.1.

f^(p)(x) =

∑

p k

(x^p)^(p−k)((1−x)^p)^(k)

= p

0

p!(1−x)^p− p

1 p!

1!xp(1−x)^p−1 +

p 2

p!

2!x²p(p−1)(1−x)^p−2− p

3 p!

3!x³ p!

(p−3)!(1−x)^p−3 ...

+ p

p−1 p!

(p−1)!x^p−1p!(1−x)− p

p

x^pp!

Kadar je odvodj< p, bo ob vrednotenju v točkah0in1rezultat funkcije (in tako odvodov) enak0, saj ima osnovna funkcija fničli stopnjepv0in1. Hkrati je naš celotni polinom stopnje 2p, iz česar sledi, da bodo vsi naslednji odvodi, torejj>2p, prav tako enaki0. Zapišemo tudi odvode zap≤j≤2pter jih sproti še vrednotimo v točkah0in1:

f^(j)(0) =p! p!

(2p−j)!(1−0)^2p−j=p! p!

(2p−j)! f^(j)(1) = (−1)^pp! p!

(2p−j)_!(1)^2p−j= (−1)^pp! p!

(₂p−j)_!

Zgornje opazke lahko skrčimo v preglednejšo celoto, kjer zA_j inB_j označimo celi števili, odvisni od izbirej.

f^(j)(₀) =







p!A_j p≤j≤2p

0 sicer

f^(j)(1) =







p!Bj p≤j≤2p

0 sicer

(3.1)

3.2.2 n

≥

Naj bo f(x) = ^xp(1−x)_p! ^p in definirajmo funkcijoF:

F(x) =n^2pf(x)−n^2p−1f⁰(x) +· · · −n f^(2p−1)+f^(2p)(x).

Trdimo, da staF(0)inF(1)celi števili, kar sledi iz zgoraj izračunanih odvodov f^(j)(0)in f^(j)(1)v (3.1), za katere vemo, da so cela števila, in iz dejstva, da so cela števila zaprta za seštevanje in množenje. Sedaj si oglejmo spodnji odvod:

(e^nxF(x))⁰=ne^nxF(x) +e^nxF⁰(x) =e^nx(nF(x) +F⁰(x)).

Če si pozorno ogledamo, kako je definiranaF(x), lahko opazimo, da je vsotanF(x) +F⁰(x) enaka ravnon^2p+1f(x). To še zapišemo:

e^nx(nF(x) +F⁰(x)) =e^nx(n^2p+1f(x)−n^2pf⁰(x) +· · · −n²f^(2p−1)(x) +n f^(2p)(x) +n^2pf⁰(x)− · · · −n f^(2p)(x) + f^(2p+1)(x))

=e^nxn^2p+1f(x).

Predpostavimo, da jeeⁿracionalno število, torejeⁿ = ^r_s. Skupaj z ostalimi naštetimi dejstvi pa iz tega potem sledi:

s Z ₁

0 n^2p+1e^nxf(x)dx=s(e^nxF(x))¹

0=s(eⁿF(1)−F(0)) =rF(1)−sF(0).

Za zadnji zgornji izraz lahko trdimo, da je celo število, saj sor,s,F(₀)_,F(₁)cela števila. Sedaj moramo še dokazati, da jerF(1)−sF(0)>0. Vemo, da sta ober,s>0. Zgornji integral ima tri člene,n^2p−1,e^nxinf(x), pri čemer vemo, da jen^2p−1>0, na intervalu(0, 1)pa sta funkciji e^nx in f(x)prav tako večji od0. Zaf(x)to lahko vidimo, če si ogledamo, kakšen predznak

ima funkcija na odprtem intervalu(0, 1). Opazimo, da če v členax^pin(1−x)^pvstavimo število iz intervala, je rezultat število, ki je večje od0. Funkcijaf(x)je tako na tem intervalu večja od0. Potemtakem pa je celoten zgornji integral večji od0in iz tega nemudoma sledi tudi, da jerF(₁)−sF(₀)>0.

Na začetku smo že zapisali, da je f(x)≤ _p!¹, iz česar sedaj lahko ocenimo še zgornjo mejo za naš integral. Na intervalu[0, 1]funkcijae^nxdoseže svoj maksimum veⁿ = ^r_s.

s

Z ₁

0 n^2p−1e^nxf(x)dx

≤ ^sn

2p−1r sp! = ^rn

2p−1

p! <1 Za primerno izbiro številapbo zgornja meja gotovo manjša od1.

Na tej točki imamo torej celo številorF(1)−sF(0), za katerega velja 0<rF(1)−sF(0)<1,

kar pa je protislovje. Dokaz smo s tem zaključili.

3.3 Iracionalnost števila π in π

V tem delu bomo dokazali iracionalnost številaπ², iz česar bo nemudoma sledila tudi ira- cionalnost številaπ.

Predpostavimo, da jeπ²= _b^aracionalno število in s pomočjo že vpeljane pomožne funkcije f definiramo:

F(x) =b^p+1(π^2pf(x)−π^2p−2f⁽²⁾(x) +. . .(−1)ⁿf^(2p)(x)).

Oglejmo si sedaj slednji odvod:

(F⁰(x)sin(πx)−πF(x)cos(πx))⁰

=F⁰⁰(x)sin(πx) +πF⁰(x)cos(πx)−πF⁰(x)cos(πx)−π²F(x)sin(πx)

=F⁰⁰(x)sin(πx)−π²F(x)sin(πx)

=sin(πx)(F⁰⁰(x)−π²F(x)).

Sedaj za lažjo predstavo zapišemo še drugi odvod funckijeF(x): F⁰⁰(x) =b^p+1

π^2pf⁽²⁾(x)−π^2p−2f⁽⁴⁾(x) +. . .(−1)ⁿf^(2p+2)(x). Hkrati še zapišemoπ²F(x):

π²F(x) =b^p+1

π^2p+2f(x)−π^2pf⁽²⁾(x) +. . .(−1)ⁿπ²f^(2p+2)(x). Opazimo lahko, da bo pri razlikiF⁰⁰(x)−π²F(x)večina členov izginila:

sin(πx)(F⁰⁰(x)−π²F(x)) =b^p+1sin(πx)(π^2p+2f(x)). Sedaj uporabimo predpostavko, da jeπ²= ^a_b:

sin(πx)(F⁰⁰(x)−π²F(x)) =sin(πx)(π²b^p+1(^a

b)^pf(x))

=sin(πx)(a^p+1f(x)).

Na tej točki si bomo ogledali integral, ki nam bo na koncu pomagal priti do protislovja, saj bomo s pomočjo tega integrala sestavili celo število, ki bo po velikosti med0in1.

π²a^p Z ₁

0 f(x)_sin(πx)dx= F⁰(x)_sin(πx)−πF(x)_cos(πx)

1 0

= F⁰(1)sin(π)−πF(1)cos(π)−(F⁰(0)sin(0)−πF(0)cos(0))

= (πF(1) +πF(0)) =π(F(1) +F(0))

Na tej točki pokažemo, da jeF(1) +F(0)celo število. Ker smo predpostavili, da jeπ² = ^a_b, bodo v funkcijiF(x)potence številaπracionalna števila, po množenju s sprednjim členom b^p+1pa cela števila. Zanimajo nas torej le še odvodi funkcijef(x)vrednoteni v točkah0in1.

Na začetku poglavja smo že zapisali, da so vsi odvodi f(x), vrednoteni v0ali1, cela števila. Iz teh dejstev potem sledi, da bostaF(1)inF(0)celi števili, torej enako velja tudi zaF(1) +F(0). Sedaj ocenimo spodnjo mejo našega integrala. Zaπ² in a^p gotovo lahko rečemo, da sta pozitivni števili. Na intervalu(0, 1)pa sta tudi funkcijif(x)insin(πx)pozitivni, torej lahko trdimo:

0<π²a^p Z ₁

0 f(x)sin(πx)dx=π(F(1) +F(0)) oziroma

0<F(1) +F(0).

Sedaj lahko ocenimo še zgornjo mejo integrala. Na začetku poglavja smo že povedali, da je f(x)≤ _p!¹, hkrati pa jesin(πx)na intervalu(_{0, 1})gotovo manjši ali enak1, iz česar sledi:

π²a^p Z ₁

0 f(x)sin(πx)dx

≤ ^π

2a^p p! .

Za zadnji del zgornje neenakosti ob dovolj veliki izbiri številapvelja:

π²a^p p! <1.

Na tej točki smo sestavili zgornjo in spodnjo mejo za naše celo številoF(1) +F(0), in sicer:

0<F(1) +F(0)<1. Tako smo prišli do protislovja, saj je to v nasprotju z izrekom 2.2.

Ker smo zgoraj dokazali iracionalnost številaπ², iz tega nemudoma sledi tudi iracionalnost številaπ. Poraja se tudi vprašanje, kako je z iracionalnostjo številaπⁿza naravno številon, a bo na to vprašanje lažje odgovoriti, ko pokažemo še transcendentnost številaπ.

4 Transcendentnost določenih števil

4.1 Transcendentnost števila e

V tem poglavju predstavimo transcendentnost znanih števileinπter na koncu še dokaz Gelfond-Schneiderjevega izreka. Dokaz transcendentnosti številaeje povzet po [2, s.4]

izrek 4.1 Številoeje transcendentno.

Dokaz Predpostavimo, da jeealgebraično število. Naj boP(x) =anxⁿ+· · ·+a1x+a0

minimalni celoštevilski polinom, za katerega veljaP(e) =0. Iz pogoja minimalnosti potem sledi, da jea06=0. Definiramo integral:

I(u;f) = Z _u

0 e^u−tf(t)dt

Zgornji integral lahko integriramo s pomočjo metode per partes, kjer naj bou = f(t) in dv=e^u−tdt, iz česar sledi, da jedv= f⁰(t)dtinv=−e^e−t.

Iz formule za metodo per partes potem sledi:

I(u;f) = f(t)(−e^u−t)^u

0+ Z u

0 (e^u−tf⁰(t)dt

=−f(u) +e^uf(0) + Z _u

0 e^u−tf⁰(t)dt.

Zgornji proces ponavljamo, dokler ne pridemo do konca (da je proces končen, nam zagotavlja dejstvo, da je f(x)polinom), iz česar nato sledi spodnja enakost:

I(u;f) =e^u

∑

j≥0

f^(j)(0)−

∑

j≥0

f^(j)(u).

Sedaj si oglejmo vsotoa0I(0;f) +a1I(1;f) +· · ·+anI(n;f) =_∑ⁿ_k=0a_kI(k;f). Če razpišemo posamezne člene, dobimo naslednje:

a0I(0;f) =a0e⁰

∑

j≥0

f^(j)(0)−a0

∑

j≥0

f^(j)(0) a1I(1;f) =a1e¹

∑

j≥0

f^(j)(0)−a1

∑

j≥0

f^(j)(1) a2I(2;f) =a2e²

∑

j≥0

f^(j)(0)−a2

∑

j≥0

f^(j)(2) ...

anI(n;f) =aneⁿ

∑

j≥0

f^(j)(0)−an

∑

j≥0

f^(j)(n)

Zgornje dele vsote lahko skrčimo na naslednje: