Algebraische und transzendente Zahlen

Algebraische und transzendente Zahlen
Moritz van Recum
2. März 2017
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In dieser Ausarbeitung zeigen wir die Existenz von rellen Zahlen, die keine algebraische
Gleichung lösen. Wir definieren zunächst algebraische sowie transzendente Zahlen.
Definition 1. Eine Zahl in R oder C heißt algebraisch, falls es ein n ∈ N und ganzzahlige
Koeffizienten a0 , a1 , ..., an mit an 6= 0 gibt, sodass
an z n + an−1 z n−1 + ... + a1 z + a0 = 0
gilt.
Definition 2. Sei Z[X] die Menge der Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten. Dann
ist f ∈ Z[X] vom Grad n, falls für seine Koeffizienten an 6= 0 und aj = 0 für alle j > n
gilt, und wir schreiben deg(f ) = n. Falls f (z) = 0 und g(z) 6= 0 für alle g ∈ Z[X] mit
deg(g) < deg(f ) gilt, so heißt f Minimalpolynom von z und z heißt algebraisch vom
Grad n.
Bemerkung. Jede algebraische Zahl vom Grad n > 1 ist irrational, denn für eine rationale Zahl
p
z=
q
mit p, q ∈ Z, q 6= 0 gilt
qz − p = 0.
Damit sind alle rationalen Zahlen algebraische Zahlen ersten Grades.
√
Beispiel. Die Zahl 2 ist eine algebraische Zahl, denn sie ist eine Lösung der Gleichung
x2 − 2 = 0.
Satz 3 (Cantor 1845-1918). Die Menge der algebraischen Zahlen A ist abzählbar.
Beweis. Sei f ∈ Z[X] durch f = an xn + ... + a0 6= 0 gegeben. Wir definieren die Höhe h
von f als
h := |an | + |an−1 | + ... + |a1 | + |a0 | + n.
Nun gibt es zu jedem h ∈ N endlich viele f ∈ Z[X] mit der Höhe h, da
#{f ∈ Z[X] : f hat die Höhe h} ≤
h
X
(2h + 1)n+1 < ∞
n=0
gilt. Es gilt
Z[X] =
[
{f ∈ Z[X] : f hat die Höhe h}
h∈N
und somit ist Z[X] als eine abzählbare Vereinigung von endlichen Mengen selbst abzählbar.
Da jedes Polynom endlich viele Nullstellen hat, ist auch die Menge der algebraischen
Zahlen abzählbar.
Definition 4. Eine Zahl z ∈ R heißt transzendent, falls sie nicht algebraisch ist.
Bemerkung. Aus Satz 3 folgt, dass die Menge der transzendenten Zahlen R\A überabzählbar ist, denn R ist überabzählbar.
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Im Folgenden zeigen wir ein Ergebnis zur Approximation irrationaler algebraischer
Zahlen durch rationale Zahlen und präsentieren anschließend mit Hilfe von diesem Ergebnis ein konkretes Beispiel für eine transzendente Zahl.
Satz 5 (Liouville 1809-1882). Sei z eine algebraische Zahl vom Grad n > 1. Dann existiert
ein N ∈ N, sodass für alle q ≥ N die Ungleichung
p
− z > 1
(1)
q n+1
q
für alle p ∈ Z gilt.
Beweis. Sei z eine algebraische Zahl vom Grad n > 1 und f Minimalpolynom von z. Wir
zeigen, dass es ein N ∈ N mit
f p ≥ 1 ,
(2)
q qn
!
p
f
q
<q
(3)
p
−z q
für alle q ≥ N und p ∈ Z gibt. Für p ∈ Z und q ∈ N gilt
n
n−1
p
p
p
p
0 6= f
= an
+ an−1
+ ... + a1
+ a0
q
q
q
q
1
= n (an pn + an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 + a0 q n )
q
sowie
|an pn + an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 + a0 q n | ≥ 1
und folglich
n
n−1
p
p
p
p
f
= an
+ an−1
+ ... + a1 + a0 q
q
q
q
1
1
= n |an pn + an−1 pn−1 q + ... + a1 pq n−1 + a0 q n | ≥ n ,
q
q
sodass die Ungleichung (2) für alle p ∈ Z und q ∈ N gilt.
Sei nun r = pq für p ∈ Z und q ∈ N. Falls |r| > |z| + 1 ist, gilt |r − z| > 1 und somit
die Ungleichung (1). Für |r| ≤ |z| + 1 gilt
f (r) = f (r) − f (z)
= a0 − a0 + a1 (r − z) + a2 (r2 − z 2 ) + ... + an (rn − z n )
und da
un − v n
= un−1 + un−2 v + un−3 v 2 + ... + u2 v n−3 + uv n−2 + v n−1
u−v
3
für alle u, v ∈ R ist, folgt
f (r)
= a1 + a2 (r + z) + a3 (r2 + rz + z 2 ) + ... + an (rn−1 + ... + z n−1 )
r−z
sowie
f (r) r − z ≤ N
für
N = |a1 | + 2|a2 |(|z| + 1) + ... + n|an |(|z| + 1)n−1 .
Damit gilt Ungleichung (3) für alle q ≥ sN und zusammen mit Ungleichung (2) folgt, dass
!
p
f
q p
1
1
− z >
≥ n = n+1
q
q
q q
q
für alle q > N gilt.
Satz 6. Sei
z = a1 10−1! + a2 10−2! + a3 10−3! + ... + am 10−m! + ...
mit ai ∈ {1, ..., 9} für alle i ∈ N. Dann ist z eine transzendente Zahl.
Beweis. Wir definieren zm := a1 10−1! + a2 10−2! + a3 10−3! + ... + am 10−m! für m ∈ N und
bemerken, dass
|zm − z| < 10 · 10−(m+1)!
(4)
gilt. Weiterhin nehmen wir an, dass z eine algebraische Zahl vom Grad n > 1 sei und
stellen zm als rationalen Bruch zm = 10pmm! mit pm ∈ N dar. Dann gibt es nach Satz 5 ein
N ∈ N, sodass
p
1
m
|zm − z| = m! − z > m!(n+1)
(5)
10
10
für alle m ≥ N gilt. Zusammen mit Ungleichung (1) folgt
1
10m!(n+1)
< |zm − z| <
10
10(m+1)!
=
1
10(m+1)!−1
für alle n ≥ N und somit, dass m!(n + 1) > (m + 1)! − 1 für alle n ≥ N gilt. Dies ist falsch
für m > n und somit folgt ein Widerspruch zur Annahme, dass z eine algebraische Zahl
vom Grad n > 1 sei. Da z irrational ist, ist z auch nicht algebraisch vom Grad 1. Damit
folgt die Transzendenz von z, da z nicht algebraisch ist.
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