Die Transzendenz von e

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1 Die Transzendenz von e Stephan Wojtowytsch 2. Juni 29 Wir wollen zeigen, dass die eulersche Zahl e transzendent ist. Transzendente Zahlen sind Zahlen, die nicht als Nullstellen von Polynomen mit ganzen Koezienten auftreten. Bereits im Altertum stellte man sich die Frage, ob man geometrisch ein Quadrat onstruieren önne, dass exat den selben Flächeninhalt habe wie ein gegebener Kreis. Dem griechischen Schriftsteller Plutarch zufolge beschäftigte sich der Philosoph Anaxagoras ca. 43 v.chr. mit diesem Problem. Gelöst wurde es erst 882 von dem deutschen athematier Ferdinand von Lindemann, und zwar in der Form, dass es nicht möglich ist. Die Kreiszahl π ist transzendent. Dabei baute er auf den Beweis der Transzendenz der eulerschen Zahl e von Charles Hermite auf. Wir werden die Transzendenz von e auf zwei Arten beweisen. Der erse Beweis ist eine David Hilbert vereinfachte Variante des ursprünglichen Beweises von Hermite. Denition: Eine omplexe Zahl a heiÿt algebraisch, falls sie Nullstelle eines Polynoms mit ganzzahligen (bzw. rationalen) Koezienten 2, die nicht alle Null sind, ist: a A p Q [x], p : p (a) = Die enge der algebraischen Zahlen nennen wir A. Eine nicht-algebraische Zahl heiÿt transzendent. Bemerungen: A ist abzählbar, R \ A ist überabzählbar. Das Produt, die Summe oder der Quotient von algebraischen Zahlen ist algebraisch. Nach dem Satz von Hermite-Lindemann, ist, wenn a algebraisch ist, e a transzendent 3. Beispiele: Alle rationalen Zahlen sind algebraisch, da p q eine Nullstelle von f(x) = qx p ist. Der goldene Schnitt Φ ist algebraisch, denn er genügt der Gleichung Φ 2 Φ =. Die imaginäre Einheit i ist algebraisch, denn i 2 + =. Alle Wurzeln ganzer Zahlen sind algebraisch. sin(), Γ( 3 ), Γ( 4 ), 2 2, ln(a) sind transzendent für a Q, a >, a. Lindemann führte die Annahme, π sei algebraisch, über die Gleichung e iπ = zum Widerspruch. 2 Beide Denitionen führen zu den gleichen algebraischen und transzendenten Zahlen, denn sei eine Zahl a Nullstelle eines Polynoms mit rationalen Koezienten n p i i= q i a i = p i, q i Z, q i, so setze A = n i= qi Es folgt, dass A n p i i= q i a i = = n A p i i= q i a i = n i= zi ai, z i Z. Alle Zahlen, die Nullstelle eines Polynoms mit rationalen Koezienten sind, sind auch Nullstelle eines Polynoms mit ganzen Koezienten. 3 Satz und Beweis ndet man übersichtlich dargestellt unter:

2 Satz: Die eulersche Zahl e := =! ist transzendent. Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Dazu nehmen wir an, es gebe a i Z, i n, a, für die gilt 4 : Wir drücen nun e, e 2,..., e n aus als: a n e n + a n e n a e + a = () e = + ɛ e 2 = 2 + ɛ 2 Wie wir später sehen werden, sind in unserem Beweis, Z, also Q und ɛ ergibt den irrationalen Rest. Ironischerweise wird genau die Tatsache, dass wir e so gut durch eine rationale Zahl approximieren önnen, also, dass ɛ so lein werden ann, uns ermöglichen zu beweisen, dass e transzendent ist. Nun setzen wir diese Dentionen in () ein:. a n n + ɛ n + a n + ɛ n + ɛ n a + a = a n ( n + ɛ n ) + a n ( n + ɛ n ) a ( + ɛ ) + a = a n n + a n n a + a = [a n ɛ n + a n ɛ n a ɛ ] (2) Es ist leicht zu erraten, was wir tun werden - wir werden zeigen, dass diese Gleichung nicht wahr ist. Dazu zeigen wir, dass auf der linen Seite von (2) eine ganze Zahl z Z, z steht, auf der rechten hingegen eine reelle Zahl r R, r <. Zu diesem Zwece denieren wir zunächst einmal, und ɛ. Sei p eine Primzahl, dann denieren wir: := := e ɛ := e [(x )... (x n)]p e x dx [(x )... (x n)]p e x dx [(x )... (x n)]p e x dx Hierbei sind n := Grad des Polynoms aus () und n. Natürlich gilt nun, wie wir wollten: 4 it der Forderung i : a i schlieÿen wir das Nullpolynom aus. Angenommen, es gelte für eine algebraische Zahl z : a n z n a z =, dann gilt auÿerdem: a n z n a =. Diese Division ist möglich, da beanntlich z. Es folgt durch simples Umbenennen: a n z n +...+a =. Darum dürfen wir spezisch voraussetzen, dass ausgerechnet a. 2

3 + ɛ = e = e ( (p )! [(x )... (x n)]p e x dx + e (p )! [(x )... (x n)]p e x dx (p )! [(x )... (x n)]p e x dx + = e (p )! [(x )... (x n)]p e x dx (p )! [(x )... (x n)]p e x dx = e (p )! [(x )... (x n)]p e x dx (p )! [(x )... (x n)]p e x dx (p )! [(x )... (x n)]p e x dx ) Wir werden nun untersuchen. Dazu betrachten wir zunächst das Polynom: (x )... (x n) = x n ±... ± n! Wenn wir davon die p-te Potenz nehmen erhalten wir: [(x )... (x n)] p = x np ±... ± (n!) p Was genau dazwischen steht braucht uns nicht zu interessieren - wir wissen allerdings, dass wir ein Polynom mit ganzen Koezienten C i vor uns haben. Wir önnen daher auch schreiben als: = np i= C i +i e x dx Diesem Integral sind wir bereits begegnet, es handelt sich hier um die Gammafuntion! Nur zur Erinnerung: Γ(x) := t x e t dt, Γ(n) = (n )!, n N. Das bedeutet: np (p + i )! = C i i= Für i = ergibt der Ausdruc (da natürlich C = (n!) p ): p ± (n!) = ±(n!)p Dies ist immer eine ganze Zahl (und von verschieden). Wir önnen nun natürlich p so groÿ wählen, wie wir wollen, da es unendlich viele Primzahlen gibt. Wir betrachten im Folgenden nur noch p > n. Für diese p gilt: Für i ergibt sich hingegen 5 : p ± (n!) p C i (p + i)! = C i (p + i )... p Auch dies ist immer eine ganze Zahl, und zwar eine, die immer von p geteilt wird. Also besteht die Summe aus np ganzzahligen Summanden, die von p geteilt werden und 5 Und freilich np 3

4 einem, der nicht von p geteilt wird. Also wird ist eine ganze Zahl, die nicht von p geteilt wird. Insbesondere ist, wir önnen also sinnvoll durch teilen. Betrachten wir nun die. Wir haben deniert: = e [(x )... (x n)]p e x dx Hier ist e ein Salar, den wir ins Integral hineinziehen dürfen: = [(x )... (x n)]p e x dx Wir integrieren nach der Substitutionsregel, bzw. simpler: Wir ersetzen die Variable x durch die Variable u := x : = (u + ) p [(u + )... u... (u + n)] p e u du Dieses Integral sieht sehr beannt aus. Wo liegt nun der entscheidende Unterschied zwischen und? Der Ausdruc in der Klammer enthält an der -ten Stelle den Fator u, n, daher enthält die p-te Potenz dieses Ausdrucs den Fator u p. Daher ist der Term in den Klammern zur p-ten Potenz ein Polynom mit ganzzahligen Koezienten, dessen Exponenten alle p sind. Folglich ist = np j= D j np u p+j e u (p + j )! du = D j wobei die D j ganze Zahlen sind. Weil jedes der Polynome mindestens Grad p hat beginnt dieses al die Summe bei j =, weshalb der erste Summand in, der nicht durch p teilbar war, hier nicht mehr auftritt! Daher ist jedes eine ganze Zahl, die durch p teilbar ist. Wir werden p nun weiter einschränen, indem wir voraussetzen: p > a. Dann gilt p a und p, woraus nach der eindeutigen Primfatorzerlegbareit p a. Wir wissen: j= p a n n + a n n a weil p jeden einzelnen Summanden teilt, und wir wissen weiter: p a Daraus folgt, dass die beiden Ausdrüce nicht betragsmäÿig gleich sind, also sind sie eine additiven Inversen. Darum ist ihre Summe a n n + a n n a + a. Da wir nur ganze Zahlen addieren, ist diese Summe natürlich auch eine ganze Zahl. Wir haben nun die Aussage über die line Seite von (2), die wir erreichen wollten, bewiesen. Es gilt also: a n n + a n n a + a Z \ {} 4

5 Wenden wir uns nun der rechten Seite von (2) zu. Dieser Teil des Beweises geht deutlich leichter. Wir wollen zeigen, dass, wenn wir p nur groÿ genug werden, die ɛ beliebig lein werden. Es reicht uns, diese Aussage für ein ɛ zu beweisen. Dazu reichen folgende Abschätzungen: ɛ = e [(x )... (x n)]p e x dx e [(x )... (x n)]p e x dx n e n [(x )... (x n)]p e x dx Sei nun X := max{ (x )... (x n) : x [, n]}. ɛ en n p X p en n p X p n e x dx e x dx } {{ } =!= = en n p X p en n p X p (nx)p = en Da n und X feste Gröÿen sind, wir p aber frei wählen dürfen, önnen wir diesen Ausdruc so lein werden lassen, wie wir wünschen, wenn wir nur p hinreichend groÿ werden lassen. Wir önnen darum alle ɛ so lein werden lassen, dass ihre Summe betragsmäÿig leiner als wird. a n ɛ n + a n ɛ n a ɛ < Damit ist gezeigt, dass die Gleichung (2) nicht wahr ist, womit unsere Annahme () zu einem Widerspruch geführt wurde. Wir schlieÿen also daraus: p Q [x], p : p (e) =. ithin ist e transzendent. Beweis nach Adolf Hurwitz Wir werden die Transzendenz von e noch einmal auf andere Weise zeigen. Dieser Beweis stammt von dem deutschen athematier Adolf Hurwitz. Dazu leisten wir zunächst ein wenig technische Vorarbeit. Sei f(x) ein beliebiges Polynom n-ten Grades und F (x) := f () (x) = f(x) + f (x) + + f (n) (x) = die Summe seiner Ableitungen. Setze die Hilfsfuntion Oensichtlich ist: Φ(x) := e x F (x) 5

6 Betrachten wir nun die Ableitung Φ() = e F () = F () Φ (x) = e x F (x) e x F (x) = e x (F (x) F (x)) = e x f(x) Wir werden nun den ittelwertsatz auf diese Funtion zwischen und x anwenden: Φ(x) Φ() = Φ (ξ) = e ξ f(ξ), ξ (, x) x Durch Termumformung erhalten wir: F ()e x = F (x) + xe x ξ f(ξ) (3) Φ werden wir ab jetzt nicht mehr brauchen. Wir betrachten nun für ein a R die Taylorentwiclung von f nach a: f(x) = f(a) + f (a)(x a) + f (x a)2 (x a)n (a) + + (4) 2 n! Wir stellen fest: an gewinnt F (a), wenn man f nach a entwicelt und in der Entwiclung den Ausdruc (x a) durch! ersetzt, n. Nach dieser Vorarbeit önnen wir mit dem Beweis anfangen. Wir führen wieder einen Widerspruchsbeweis. Dazu nehmen wir an, dass a n e n + a n e n a e + a = (5) wobei a Z, a. Sei f zunächst wieder ein beliebiges Polynom. Wir multiplizieren (5) mit F (): (a n e n a e + a )F () = a n e n F () a ef () + a F () (3) = a n F (n) + a n ne n ξn f(ξ n ) + + c F () + a e ξ f(ξ ) + a F () = [ ] a n F (n) + + a F () + a F () = a e ξ f(ξ ) + + na n e n ξn f(ξ n ) (6) Wobei ξ i i für i n. Wir wählen nun eine Primzahl p, für die gilt p > n, p > a und betrachten im Folgenden ein bestimmtes f, nämlich: f(x) = xp [(x )... (x n)]p Nun wollen wir die dazugehörigen F (), F (),..., F (n) bestimmen. Wir beginnen mit F (). Nach (4) müssen wir dazu f nach taylorentwiceln: f(x) = [( ) np (n!) p + A p x p + A p+ x p+ + + A (n+)p x (n+)p ] 6

7 A i (p )! Hierbei sind die A i ganze Zahlen. Weil wir ausgerechnet nach entwiceln, und weil wir wissen, dass die Taylorentwiclung eindeutig ist, sind die genau die Tayloroezienten. Wir substituieren nun x i durch i!, p i (n + )p : F () = [ ( ) np (n!) p + p!a p + (p + )!A p+ + + A (n+)p ((n + )p )! ] = ( ) np (n!) p + pk mit einer ganzen Zahl K. Also (da p > n): p F (). Nun betrachten wir F (), =,..., n. Um F () zu bestimmen, müssen wir f(x) nach entwiceln. Dazu formen wir f geschict um: f(x) = = ((x ) + { )p [(x ] [ ] [ ] } p ) + ( )... (x ) + ( )... (x ) + ( n) [ ] p (x ) + [ ] p (x ) + ( )... (x ) p... [ (x ) + ( n) ] p Weil der Fator (x ) p enthalten ist, ist: B i Z, und also: f(x) = F () = [ (x ) p B p + (x ) p+ B p ], [ p!bp + (p + )!B p ] = pk wobei K Z. Also p F (), p F (), n, und, weil wir p groÿ genug gewählt haben: p a. Somit gilt, wie wir wollten: p a n F (n) + + a F () + a F () a n F (n) + + a F () + a F () Z \ {} Wir wenden uns nun der rechten Seite von (6) zu. Da < ξ i < n, ist e xi,..., e n xin < e n und für x (, x) auÿerdem: (x )... (x n) n n. Darum ist f(x) Insbesondere gilt für n: Setze c := max{ a o,..., a n }. Dann ist: np (n n ) p = n n (nn+ ) p f(ξ ) n n (nn+ ) p a e ξ f(ξ ) + + na n e n ξn f(ξ n ) ( n)ce n n n }{{} onstanterf ator (n n+ ) p } {{ } p 7

8 Also önnen wir p so groÿ wählen, dass a e ξ f(ξ ) + + nc n e n ξn f(ξ n ) < Daraus folgt, dass die Gleichung (6) für dieses f nicht wahr ist, obwohl sie für alle f wahr sein müsste. Daraus folgt, dass die Annahme (5) falsch sein muss. Wir haben noch einmal, diesmal ohne die Benutzung von Integralen, gezeigt, dass e transzendent ist. Quellen: Spiva, ichael: Calculus, Benjamin, New Yor, 967 (Seiten 362.) (Beweis nach Hurwitz) Wiipedia.org (Historisches) 8