Irrationalität und Transzendenz §1 Algebraische Zahlen

Irrationalität und Transzendenz
Vortrag im Rahmen des Proseminars zur Analysis, 12.06.2006
Martin Woitalla
Der Vortrag beschäftigt sich mit dem Thema, welche Zahlen als Lösung eines Polynoms in Q[ X ] auftreten können. Außer den rationalen Zahlen
x − a = 0, a ∈ Q ⇐⇒ a = x
kommen ja auch nicht-rationale Zahlen in Frage, wie die Beispiele
X2 − 2 = 0
oder
X2 + 1 = 0
√
mit Lösungen 2 und i zeigen. Im Folgenden wird untersucht, für welche Zahlen in
C es kein solches Polynom in Q[ X ] gibt.
§ 1 Algebraische Zahlen
Zu Beginn wollen wir eine neue Eigenschaft komlexer Zahlen betrachten. Dazu formulieren wir die folgende
(1.1) Definition (Algebraische und transzendente Zahlen)
Man nennt a ∈ C algebraisch über Q oder eine algebraische Zahl, wenn es ein Polynom
p( X ) ∈ Q[ X ]\{0} mit p( a) = 0 gibt. Ein normiertes Polynom p( X ) minimalen Grades
mit der Eigenschaft p( a) = 0 heißt Minimalpolynom von a. Mit
Q := { a ∈ C | a algebraisch über Q}
bezeichnen wir die Menge der algebraischen Zahlen. Ist a ∈ C nicht algebraisch über
Q, so nennt man a transzendent (über Q.)
Ohne Beweis erhalten wir das
(1.2) Lemma
Ist a ∈ C algebraisch, so ist das Minimalpolynom von a eindeutig bestimmt und irreduzibel.
(1.3) Korollar
a) Q ist ein Körper.
b) Q ist abzählbar.
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
§ 2 Transzendente Zahlen
In diesem Paragraphen beschäftigen wir uns konkret mit transzendenten Zahlen. Wir
interessieren uns speziell für e und π. Man muss hier analytische Methoden heranziehen um deren Transzendenz zu zeigen . Die entscheidende Aussage für das weitere
Vorgehen ist der
(2.1) Satz
Sei c ∈ R und f : [0, c] −→ R eine stetige Funktion mit der Eigenschaft f ( x ) > 0 für alle
x ∈ (0, c). Wenn es eine Kette von Stammfunktionen derart gibt, dass
f0 = f
,
f k0 +1 = f k
mit
f k (0) ∈ Z
und
f k (c) ∈ Z
für
k ∈ N0 ,
so ist c irrational, d.h. c ∈ R\Q.
Beweis
Wir formulieren zunächst zwei Hilfsbehauptungen, die wir dann benutzen um einen
Widerspruchsbeweis zu führen.
Wir definieren
Pc := { p( X ) ∈ R[ X ]; p( j) (0) ∈ Z, p( j) (c) ∈ Z für alle j ∈ N0 }
Beh.1. Pc ist ein Unterring von R[ X ].
Bew.:
Wir weisen die Ringaxiome nach:
1) Pc 6= ∅ ist erfüllt, denn p ≡ 0 ∈ Pc .
2)Abgeschlossenheit bzgl. ,, +“ .
Seien p, q ∈ Pc . Dann gilt: ( p + q)0 = p0 + q0 ∈ Pc (Linearität der Ableitung). Sei nun
j ∈ N0 bel. aber fest und ( p + q)( j) = p( j) + q( j) für j erfüllt. Aus
(IV)
( p + q)( j+1) = (( p + q)( j) )0 = ( p( j) + q( j) )0 = p( j+1) + q( j+1)
und
p ( j ) (0), p ( j ) ( c ), q ( j ) (0), q ( j ) ( c ) ∈ Z
2
für alle j ∈ N0
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
folgt
( p(0) + q(0))( j) , ( p(c) + q(c))( j) ∈ Z,
also p + q ∈ Pc , und damit die Beh. per Induktion.
3)Pc ist abgeschl. bzgl. ,, ·“
Seien p, q ∈ Pc . Dann gilt: p · q = ∑0k=0 (00) p(0) · q(0−k)
(IA). Sei wieder
j
( p · q)
( j)
j (k) ( j−k)
= ∑
p ·q
k
k =0
für ein bel. aber festes j ∈ N0 erfüllt. Aus
( p · q ) ( j +1)
=
(IV)
=
=
=
=
=
=
[( p · q)( j) ]0
j j (k) ( j−k) 0
[∑
p ·q
]
k
k =0
j j
∑ [ k p(k) · q( j−k) ]0
k =0
j j ( k ) ( j +1− k )
j ( k +1) ( j − k )
+
p
·q
]
∑[ k p · q
k
k =0
j j j (0) ( j +1)
j ( k ) ( j +1− k )
j
j ( j +1) (0)
(k)
( j +1− k )
p ·q
+∑
p ·q
+∑
p ·q
+
p
·q
0
k
k
−
1
j
k =1
k =1
j j + 1 (0) ( j +1)
j + 1 ( k ) ( j +1− k )
j + 1 ( j +1) (0)
p ·q
+∑
p ·q
+
p
·q
0
k
j+1
k =1
j +1 j + 1 ( k ) ( j +1− k )
∑ k p ·q
k =0
folgt die Beh., denn es ist wieder
p ( j ) (0), p ( j ) ( c ), q ( j ) (0), q ( j ) ( c ) ∈ Z
für alle j ∈ N0 ,
und damit
( p(0) · q(0))( j) , ( p(c) · q(c))( j) ∈ Z.
3
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
Daraus folgt p · q ∈ Pc .
Für
Beh.2.
p ∈ Pc
Zc
mit
deg p = n
gilt
n
p( x ) f ( x )dx =
∑ (−1) j p( j) (x) f j+1 (x)|0c ∈ Z
j =0
0
Bew. Wir verwenden eine Induktion nach n.
(IA) n = 0, d.h. deg p = 0, p( x ) = p für alle x ∈ [0, c]. Dann erhalten wir wegen
f 10 = f
Zc
p( x ) f ( x )dx = p
Zc
f ( x )dx = p( f 1 ( x )|0c ) =
∈Z
0
0
p ( f (c) − f 1 (0))
|{z} | 1
{z
}
∈Z
0
=
∑ (−1) j p( j) (x) f j+1 (x)|0c ∈ Z
j =0
(IV) Die Beh. gelte für ein bel. aber festes n ∈ N.
(IS) Dann folgt für deg p = n + 1
Zc
p( x ) f ( x )dx
part.Int.
=
p( x ) f 1 ( x )|0c
−
0
(IV)
=
Zc
p0 ( x ) f 1 ( x )dx
0
n
p( x ) f 1 ( x )|0c − ∑ (−1) j ( p0 )( j) ( x ) f j+2 ( x )|0c
j =0
n
=
p( x ) f 1 ( x )|0c − ∑ (−1) j p( j+1) ( x ) f j+2 ( x )|0c
j =0
j → j +1
=
p( x ) f 1 ( x )|0c −
n +1
∑ (−1) j−1 p( j) (x) f j+1 (x)|0c
j =1
=
p( x ) f 1 ( x )|0c +
|
{z
}
j=0ter Summand
n +1
∑ (−1)(−1) j−1 p( j) (x) f j+1 (x)|0c
j =1
n +1
=
∑ (−1) j p( j) (x) f j+1 (x)|0c ∈ Z
j =0
Nun beweisen wir die Aussage des Satzes indirekt und nehmen an,
dass c = m
n , m, n ∈ N rational ist.
4
Irrationalität und Transzendenz
Beh.3.
Es gilt q( X ) := m − 2nX ∈ Pc
§ 2 Transzendente Zahlen
und
pk ( X ) :=
1 k
k
k! X ( m − nX )
Bew.
Offensichtlich gilt q(0) = m ∈ Z und q(c) = −m ∈ Z
Z, q( j) = 0 ∈ Z für alle j ≥ 2, also q ∈ Pc .
für alle k ∈ N0 .
∈ Pc
sowie
q0 ( X ) = −2n ∈
Es bleibt zu zeigen pk ∈ Pc . Wir verwenden eine Induktion nach k: Für
man p0 ( X ) = 0!1 X 0 (m − nX )0 = 1 ∈ Pc .
Die Beh. sei für ein bel. aber festes k erfüllt. Nun gilt
k=0
hat
p k +1 (0 ) = p k +1 ( c ) = 0
sowie
1
X k+1 (m − nX )k+1 ]0
( k + 1) !
1 k
=
( X (m − nX )k+1 − nX k+1 (m − nX )k )
k!
1 k
=
X (m − nX )k [(m − nX ) − nX ]
k!
1 k
=
X (m − nX )k (m − 2nX ) = pk ( X )q( X ).
k!
p0k+1 ( X ) = [
Aus der Induktionsvoraussetzung und Beh.1 folgt p0k+1 ∈ Pc
also auch
pk+1 ∈ Pc .
Da pk ∈ R[ X ] und f nach Voraussetung stetig ist, nimmt die Funktion f ihr Maximum
L und p1 ihr Maximum M auf dem Kompaktum [0, c] an (Satz vom Min. und Max.).
Daraus folgt pk ( x ) ≤ k!1 Mk für alle k ∈ N0 denn
pk ( x ) =
1 k
1
1
X (m − nX )k = ( X (m − nX ))k ≤ Mk .
k!
k!
k!
Weil f und pk in (0, c) positiv sind wegen pk ( 2c ) =
Zc
1 cm k
k! ( 2 )
> 0 erhält man
pk ( x ) f ( x )dx > 0.
0
Wegen
Rc
0
pk ( x ) f ( x )dx ∈ Z nach Beh.2 ergibt sich
1≤
Zc
0
pk ( x ) f ( x )dx ≤
Zc
0
L
Mk
Mk
= cL
−−−→ 0,
k!
k!
|{z} k→∞
(∗)
5
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
denn die Exponentialreihe konvergiert für M. Deshalb muss ∗ eine Nullfolge sein.
Das ist ein Widerspruch. Es folgt c ∈
/ Q.
Als Anwendung formulieren wir das
(2.2) Korollar
π und e sind irrational. Darüber hinaus gilt eq ∈
/ Q für jedes q ∈ Q, q 6= 0.
Beweis
a) Wir wenden (3.1) auf c = π und f ( x ) = sin x an. Es gilt sin x > 0 für 0 < x <
π und sin 0 = sin π = 0. Als Stammfunktionen können wir stets ± sin x und ±
cos x wählen, die wegen cos 0 = 1, cos π = −1 die Voraussetzungen erfüllen. Dann
folgt π ∈
/ Q aus dem Satz (2.1).
x
b) Sei q > 0 und eq = m
n , m, n ∈ N. Wir wenden (2.1) auf c = q und f ( x ) = ne an.
Es gilt f (0) = n, f (q) = m ∈ Z. Als Stammfunktionen kann man nach dem 2.Fundamentalsatz der Integration wieder f ( x ) wählen. Man erhält q ∈ R\Q aus dem Satz.
Verneint man diese Aussage, so erhält man
q ∈ Q ⇒ eq ∈
/ Q.
Für q < 0 verwende man e−q =
1
eq
und man erhält die Beh.
Mit einer Verfeinerung dieser Methoden kann man auch die Transzendenz von e beweisen.
(2.3) (Satz von HERMITE)
e ist transzendent.
Beweis
Ist f ( X ) ∈ R[ X ] ein Polynom vom Grad m, so betrachten wir dazu das Polynom
0
m
00
F ( X ) = f ( X ) + f ( X ) + f ( X ) + ... =
∑ f ( j ) ( X ), F 0 ( x ) = F ( x ) − f ( x ).
j =0
Man erhält sofort
Prdkt.regel
d −x
(e F ( x ))
=
− e − x F ( x ) + e − x F 0 ( x ) = − e − x f ( x ).
| {z }
dx
F ( x )− f ( x )
6
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
Integration ergibt dann
Zx
e−t f (t)dt = −e−t F (t)|0x = F (0) − e− x F ( x ).
0
Multiplikation mit e x führt zu
x
e F (0) − F ( x ) = e
x
Zx
e−t f (t)dt.
(1)
0
Wir nehmen nun an, dass e algebraisch ist. Indem man den Hauptnenner aus dem
Minimalpolynom
µ(e) = d0 + d1 e + ... + dn en = 0,
di ∈ Q,
1 ≤ i ≤ n,
herausmultipliziert, findet man a0 , ..., an ∈ Z mit a0 > 0 und
a0 + a1 e + ... + an en = 0.
(2)
Setzt man x = k und multipliziert (1) mit ak , so folgt
k
a k e F (0) − a k F ( k ) = a k c k ,
ck := e
k
Zk
e−t f (t)dt.
0
Daraus ergibt sich
n
−
n
∑ ak ck = ∑ ( ak F (k ) − ak e
k =0
k
F (0)) =
k =0
n
n
k =0
k =0
∑ (ak F(k)) − ∑ ak ek F(0),
|
{z
}
= F (0)µ(e)=0
wenn man (2) verwendet.
Nun betrachten wir (3) für das Polynom
f (x) =
1
x p−1 ( x − 1) p · ... · ( x − n) p
( p − 1) !
für eine Primzahl p > max{ a0 , n}. Die Wahl des Polynoms impliziert 1
F (k) ∈ Z
1 siehe
,
0≤k≤n
,
p - F (0)
§3 Anhang
7
,
p | F (k)
,
1 ≤ k ≤ n.
(3)
Irrationalität und Transzendenz
§ 2 Transzendente Zahlen
Daraus ergibt sich
n
p-
∑ a k F ( k ).
k =0
Somit ist der letzte Ausdruck ungleich 0 und (3) impliziert
n
|
∑ ak ck | ≥ 1.
(4)
k =0
Andererseits ergibt sich aus dem Mittelwertsatz der Integralrechnung, denn e x und
f ( x ) sind stetig und damit auch ihre Kompsition bezgl. ,, ·“
ck = ek
Zk
e−t f (t)dt
0
k −tk
= e e
= e k −tk
= e k −tk
f (tk ) · k für ein 0 ≤ tk ≤ k,
1
p −1
tk (tk − 1) p · ... · (tk − n) p · k
·
( p − 1) !
1
p −1
tk [(tk − 1) · ... · (tk − n)] p · k
·
( p − 1) !
Man erhält
1
p −1
tk [(tk − 1) · ... · (tk − n)] p · k |
( p − 1) !
1
p −1
|tk | · [|tk − 1| · ... · |tk − n|] p · |k|
= | e k −tk | ·
( p − 1) !
| c k | = | e k −tk ·
Da 0 ≤ tk ≤ k existieren paarweise verschiedene s j ∈ N, 1 ≤ s j ≤ n mit |tk − s j | ≤ j
für alle 1 ≤ j ≤ n. Man erhält insgesamt
(nn!) p−1
n p (n!) p
n
|ck | ≤ e
= e · n · n!
−−−→ 0,
( p − 1) !
( p − 1) ! p → ∞
n
denn die Exponentialreihe konvergiert für n · n!. Das ergibt | ∑nk=0 ak ck | < 1 für hinreichend große p. Daraus erhält man einen Widerspruch zu (4) und damit die Transzendenz von e.
Allgemeiner gilt der
(2.4) (Satz von LINDEMANN)
Ist a ∈ C algebraisch, a 6= 0, so ist e a transzendent.2
2 einen
Beweis findet man z.B. bei T. Schneider, Einführung in die transzendenten Zahlen, SpringerVerlag, Berlin-Göttingen-Heidelberg 1957, S. 43.
8
Irrationalität und Transzendenz
§ 3 Anhang
Als Anwendung erhalten wir das
(2.5) Korollar
a) π ist transzendent
b) Ist b > 0, b 6= 1, b algebraisch, so ist ln b transzendent.
Beweis
a) Verneint man den Satz mit e2πi = 1, so folgt die Transzendenz von a = 2πi, also
auch von π, da Q ein Körper ist.
b) Setzt man a := ln b, b > 0, b 6= 1, so erhält man mit e a = eln b = b ∈ Q die
Transzendenz von ln b.
§ 3 Anhang
Im Beweis von Satz (2.3) sind wir auf das Polynom
f (x) =
1
x p−1 ( x − 1) p · ... · ( x − n) p
( p − 1) !
gestoßen. Wir wollen hier nun die für unsere Zwecke entscheidenden Eigenschaften
von f diskutieren.
(3.1) Bezeichnungen
p > max{ a0 , n} , p ∈ P , m := deg f
beachte, dass m = (n + 1) p − 1 gilt.
, n := deg µ
(k) ( x )
, F ( x ) := ∑m
k =0 f
. Man
Zuerst unterteilen wir F in die für uns interessanten Teile
F ( x ) = { f ( x ) + f 0 ( x ) + ... + f ( p−2) ( x )} + f ( p−1) ( x ) + { f ( p) ( x ) + ... + f (m) ( x )} .
|
{z
}
|
{z
}
=:G ( x )
=:H ( x )
Man überlegt sich, dass die erste Ableitung von f die folgende Form hat:
f 0 (x)
1
x p−2 ( x − 1) p · ... · ( x − n) p
( p − 2) !
p
+
x p−1 ( x − 1) p−1 · ... · ( x − n) p
( p − 1) !
p
+...+
x p−1 ( x − 1) p · ... · ( x − n) p−1
( p − 1) !
=
9
Irrationalität und Transzendenz
§ 3 Anhang
Dies ergibt sich durch eine Verallgemeinerung der bekannten Produktdifferentiation
auf mehrere Funktionen (Induktion).
Allgemein ergibt sich folgende
(3.2) (Formel für f ( j) )
f ( j) =
∑
αx p0 ( x − 1) p1 · ... · ( x − n) pn
po + p1 +...+ pn =(m− j)
für
α=
und
p − 1 ≥ po ∈ N0 ,
( p!)n
po ! · p1 ! · ·· pn !
p ≥ pi ∈ N0
für
1 ≤ i ≤ n.
Damit haben wir ein geeignetes Werkzeug erhalten um F = G + f ( p−1) + H zu untersuchen.
Untersuchung von G:
Für alle in G auftretenden Summanden von f ( j) gilt 0 ≤ j ≤ p − 2. Damit ergibt
sich aus (3.2)
p0 + p1 + ... + pn ≥ np + 1.
Das impliziert nun pi ≥ 1 für alle 0 ≤ i ≤ n. Das bedeutet also, dass bei sämtlichen in
G auftretenden Summanden von f ( j) alle Linearfaktoren aus f mit einer Vielfachheit
pi ≥ 1 auftreten. Insgesamt erhält man also
G (k) = 0
für alle
0≤k≤n
und damit
p | G (k)
für alle
0 ≤ k ≤ n.
Untersuchung von f ( p−1) :
Aus (3.2) ergibt sich nun
p0 + p1 + ... + pn = np.
Das impliziert pi ≥ 1 für alle 1 ≤ i ≤ n und p0 ≥ 0.
1.Fall: Sei po 6= 0. Dann ist pi ≥ 1 für alle 1 ≤ i ≤ n und es gilt wie oben
p | f ( p−1) (k) − x o ( x − 1) p · ... · ( x − n) p = 0
10
für alle
0≤k≤n
Irrationalität und Transzendenz
§ 3 Anhang
2. Fall: Sei po = 0.
Der dann auftretende Summand ist ξ ( x ) := x o ( x − 1) p · ... · ( x − n) p . Offensichtlich
gilt
p | ξ (k) = 0
für alle
1≤k≤n
und
p - ξ (0) = (−1)np · (n!) p ∈ Z,
da p > n, p ∈ P.
Untersuchung von H:
Für alle in H auftretenden Summanden von f ( j) gilt p ≤ j ≤ m. Damit ergibt sich
aus (3.2)
p0 + p1 + ... + pn ≤ np − 1.
Hierbei werden alle Fälle, in denen sämtliche Linearfaktoren mit Vielfachheiten pi ≥
1, (0 ≤ i ≤ n) wie oben behandelt und es folgt wieder, dass p all diese Polynome
an den Stellen 0 ≤ k ≤ n teilt, da sie gleich 0 sind für 0 ≤ k ≤ n. Im Folgenden
werden wir nur die Fälle untersuchen, in denen Linearfaktoren aus Summanden von
f ( j) verschwinden.
1. Fall: Sei po = 0.
Daraus folgt, dass für mindestens ein pio , (1 ≤ io ≤ n) gilt pio ≤ p − 1. Damit ergibt
sich für den konstanten Faktor α:
α=
( p!)n
∈ pZ.
0! · p1 ! · ·· pio ! · ·· pn !
2. Fall: Sei pio = 0, (1 ≤ io ≤ n).
Daraus folgt sofort
( p!)n
∈ pZ.
po ! · p1 ! · ·· pio −1 ! · pio +1 ! · ·· pn !
α=
Insgesamt ergibt sich also in diesem Fall
H (k) ∈ Z
für alle
0 ≤ k ≤ n.
Fasst man alles zusammen, so ergibt sich für ein R ∈ R[X]
(3.3) (Zusammenfassung)
F (k) = R(k) + ξ (k)
p | R(k)
für
mit
0≤k≤n
R ( k ), ξ ( k ) ∈ Z
, p | ξ (k)
11
für
für
0≤k≤n
1≤k≤n
und
, p - ξ (0).