HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI Tiedekunta/Osasto Fakultet/Sektion Faculty Laitos Institution Department Matemaattis-luonnontieteellinen Tekijä Författare Author Riku Leppänen Työn nimi Arbetets titel Title Matematiikan ja tilastotieteen laitos Transkendenttiset luvut Oppiaine Läroämne Subject Matematiikka Työn laji Arbetets art Level Aika Datum Month and year Sivumäärä Sidoantal Number of pages Pro gradu -tutkielma Toukokuu 2016 26 s Tiivistelmä Referat Abstract Työssä esitellään transkendenttiset ja algebralliset luvut ja todistetaan Liouvullen lause, Transkendenttisten lukujen joukon ylinumeroitavuus, Lindemann-Weierstrassin lause ja tämän avulla lukujen e ja π transkendenttisuus Avainsanat Nyckelord Keywords Transkendenttiset luvut, Liouvillen lause, Lindemann-Weierstrassin lause, Säilytyspaikka Förvaringsställe Where deposited Kumpulan tiedekirjasto Muita tietoja Övriga uppgifter Additional information
Transkendenttiset luvut Riku Leppänen
Sisältö 1 Johdanto 2 2 Liouvillen lause 4 3 Lindemann-Weierstrassin lause 8 31 Heikennetty muoto 8 32 Lemmoja 17 33 Lindemann-Weierstrassin lauseen todistus 21 1
Luku 1 Johdanto Matemaatikot ovat läpi historian olleet kiinnostuneita yhtälöistä ja niiden ratkaisuista Tässä gradussani tutkin lukuja, jotka eivät ole minkään kokonaislukukertoimisen yhtälön ratkaisuja Näitä lukuja kutsutaan transkendenttisiksi luvuiksi joskus myös transsendenttisiksi Transkendettisten lukujen vastaparina ovat luvut, jotka ovat jonkin kokonaislukukertoimisen yhtälön ratkaisuja Näitä lukuja kutsutaan algebrallisiksi luvuiksi Esimerkiksi kaikki kokonaisluvut ovat algebrallisia lukuja Euler määritteli transkendenttiset luvut 1700-luvulla ja Johan Lambert esitti todistuksessaan π:n irrationaalisuudesta, että π ja e ovat transkendenttisia Transkendenttisten lukujen olemassaolon todisti 1844 Joseph Liouville Hän antoi myös muutama vuosi tämän todistuksen jälkeen ensimmäiset desimaalimuodossa olevat esimerkit transkendenttisista luvuista Näistä tunnetuin on Liouvillen lukuna tunnettu 10 k! = 0110001000000000000000001000, k=1 missä desimaali on 1 jos se sijaitsee jollain seuraavista paikoista 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24 ja niin edelleen, muuten se on 0 Tämän luvun transkendenttisuus osoitettiin Liouvillen lauseen avulla, jonka mukaan algebrallisia irrationaalilukuja ei voi arvioida rajattoman tarkasti rationaaliluvuilla Vasta 1873 löytyi ensimmäinen transkendenttiluku, jota ei ollut erikseen rakennettu tätä tarkoitusta varten Charles Hermite nimittäin osoitti tällöin, että e on transkendenttinen Vuosi tämän jälkeen osoitettiin, että transkendenttisten lukujen joukko on ylinumeroituvasti ääretön, toisin kuin algebrallisten lukujen joukko Tämä tarkoittaa, että transkendenttisia lukuja on paljon enemmän kuin algebrallisia lukuja 1882 Ferdinand von Lindemann todisti π:n transkendenttisyyden ja pian tämän jälkeen Karl Weierstrass yleisti Lindemanin todistusmenetelmän Lindemann-Weierstrassin lauseeksi Piin transkendenttisyys mahdollisti useiden vanhojen harppi-viivain ongelmien 2
osoittamisen mahdottomaksi Näistä ongelmista kuuluisin on ympyrän neliöiminen, jossa pyritään luomaan ympyrän kanssa yhtäsuuren pinta-alan sisältävä neliö Gradussani käsittelen Liouvillen lauseen todistuksineen, todistan transkendenttisten lukujen joukon olevan ylinumeroituva ja todistan Lindemann-Weierstrassin lauseen Lindemann-Weierstrassin lauseesta seuraa helposti lukujen π ja e transkendenttisuus, joten todistan graduni lopuksi tämän 3
Luku 2 Liouvillen lause Käydään aluksi läpi muutamia tärkeitä merkintöjä Merkitään muotoa a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n olevaa polynomia merkinnällä P x Jos a 0, a 1,, a n Q, niin P x Qx Polynomia, jolla a 0, a 1,, a n = 0 sanotaan nollapolynomiksi Jos n on polynomin P x = a 0 +a 1 x 1 + +a n x n suurin potenssi, jonka kerroin a n 0, sanotaan, että polynomi P x on astetta n Määritelmä 21 Luku b on transkendenttinen, jos se ei toteuta mitään muotoa P x = 0 olevaa yhtälöä, missä P x Qx ja P x ei ole nollapolynomi Jos luku ei ole transkendenttinen, se on algebrallinen Algebrallisella luvulla on yksikäsitteinen alinta astetta oleva polynomi, jota kutsutaan minimipolynomiksi Lisäksi minimipolynomin suurinta astetta olevan termin kerroin on 1 Algebrallinen luku on astetta n, jos sen minimipolynomi on astetta n Siirrytään seuraavaksi Liouvillen lauseeseen Sen todistuksessa tarvitaan väliarvolausetta Lause 22 Olkoon f : [a, b] R suljetulla välillä [a, b] jatkuva ja avoimella välillä a, b derivoituva Silloin on olemassa ainakin yksi piste ξ ]a, b[ siten että f ξb a = fb fa Todistus Väliarvolauseen todistus löytyy lähteestä [?, s 54] Lause 23 Olkoon α reaalinen algebrallinen luku astetta n > 1 Tällöin on olemassa positiivinen vakio c = cα siten, että kaikille rationaaliluvuille p/q, joilla sytp, q = 1, q > 0 ja p, q Z, pätee 24 α p q > cα q n 4
Todistus Olkoon P x α:n minimipolynomi Poistamalla nimittäjät P x:n kertoimista saadaan kokonaislukukertoiminen astetta n oleva polynomi Olkoon fx = a n x n + a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0 tämä polynomi Olkoon M f x suurin arvo välillä [α 1, α+1] Olkoon fx:n α:sta poikkeavat juuret α 1, α 2,, α m Valitaan cα < min{1, M, α α 1, α α 2,, α α m } Tehdään vastaoletus eli oletetaan, että?? ei päde joillekin luvuille p, q Z Näin ollen α p q cα q cα < min{1, α α 1, α α n 2,, α α m } Nyt p q [α 1, α + 1] ja p q / {α 1,, α m } Koska kokonaislukukertoimiset potenssifunktiot ovat derivoituvia, lauseen?? nojalla on olemassa x 0 α:n ja p/q:n välissä siten, että Näin ollen fα fp/q = α p/qf x 0 α p q = fp/q fα f x 0 = fp/q f x 0 Koska fp/q 0, voidaan kirjoittamalla fp/q auki ja ottamalla q n yhteiseksi tekijäksi todeta, että n j=0 fp/q = a jp j q n j q n 1 q n Nyt, koska f x 0 M, saadaan α p q = fp/q f x 0 1 M1 cα n q n α p q Saadaan ristiriita, joten väite on tosi Liouvillen lauseen avulla voidaan määritellä Liouvillen lukuja, jotka ovat transkendenttisiä Määritelmä 25 Luku α R on Liouvillen luku, jos jokaiselle n N on olemassa p, q Z, q > 1 siten, että 0 < α p q < 1 q n 5
Lause 26 Liouvillen luvut ovat transkendenttisiä Todistus Olkoon α Liouvillen luku Osoitetaan ensin, että α on irrationaalinen Tehdään vastaoletus eli oletetaan α = c/d joillain c, d Z, d > 0 Olkoon n N, jolla 2 n 1 > d Nyt mille tahansa kokonaisluvuille p ja q, q > 1 ja p/q c/d, pätee α p q = c d p q 1 dq 1 2 n 1 q 1 q n Tällöin α ei voi olla Liouvillen luku, mikä on ristiriita Eli α on irrationaalinen Oletetaan, että α on irrationaalinen algebrallinen Liouvillen luku Lauseen?? mukaan on olemassa reaaliluku cα ja positiivinen kokonaisluku n > 1, siten että?? pätee kaikille p, q Z, q > 1 Olkoon r sellainen positiivinen kokonaisluku jolle 2 r > 1/cα Koska α on liouvillen luku, on olemassa luvut p, q Z, q > 1, joilla α p q < 1 q 1 n+r q n 2 cα r q n Tämä on ristiriidassa yhtälön?? kanssa, joten α on transkendenttinen Osoitetaan seuraavaksi, että luku on Liouvillen luku α = n=0 1 10 n! Todistus Valitaan positiivinen kokonaisluku n ja valitaan p/q = n j=0 1/10j!, missä p, q Z, q = 10 n! > 1 Näin ollen 0 < α p q = j=n+1 1 10 j! < j=n+1! joten α on Liouvillen luku, ja täten transkendenttinen luku 1 10 = 1 j 10 n+1! 1 9 1 10 = 1 nn! q, n Samanlaisella päättelyllä voidaan todistaa, että mikä tahansa muotoa α = n=0 oleva luku, missä a N, on Liouvillen luku Todistus Valitaan positiivinen kokonaisluku n ja valitaan p/q = n j=0 1/aj!, missä p, q Z, q = a n! > 1 Näin ollen 0 < α p q = j=n+1 q a j! < j=n+1! 1 a = 1 j a 1a 1 = 1 n+1! 1 a nn!] q n 1 a n! 6
Lause 27 Algebrallisten lukujen joukko on numeroituvasti ääretön Todistus Tarkastellaan ensin kokonaislukukertoimisten polynomien joukkoa Olkoon P kokonaislukukertoiminen polynomi Määritellään F P olemaan polynomin P asteen ja polynomin kertoimien itseisarvojen summa Jokaiselle kokonaisluvulle n on olemassa vain äärellinen määrä kokonaislukukertoimisia polynomeja joille F P = n Näin kokonaislukukertoimisten polynomien joukko on saatu jaettua äärellisiin osajoukkoihin, joilla on hyvin määritelty järjestys Järjestetään nyt näiden joukkojen sisällä polynomit Q = a n x n + a x n 1n 1 + + a 0 siten, että ensin a 0 saa suurimman mahdollisen arvon, jonka jälkeen a 1 saa suurimman mahdollisen arvon jäljellä olevasta arvosta ja niin edelleen Eli polynomien, joilla F P = n, joukossa ensimmäinen on n ja toinen on 1x+n 2, kolmas 2x+n 3,, n 1x, 1x 2 + 1x + n 5 Järjestetään täten polynomit ensin kokonaisluvun n = F P mukaan ja sen jälkeen yllä mainitulla tavalla Nyt jokaisella polynomilla on yksikäsitteinen järjestysluku, joten polynomien joukko on numeroituvasti ääretön Astetta n olevalla polynomilla on n ratkaisua, joten jokainen uusi polynomi tuo vain äärellisen määrän algebrallisia lukuja, joten algebralliset luvut voidaan järjestää sen mukaan, monesko polynomi tuo ne ensimmäistä kertaa esille ja, jos jokin polynomi tuo useamman algebrallisen luvun, niin ne voidaan järjestää suuruusjärjestykseen Täten algebrallisten lukujen joukko on numeroituvasti ääretön Toisaalta reaalilukujen joukko on ylinumeroituvasti ääretön joten transkendenttilukujen joukon on oltava ylinumeroituvasti ääretön, sillä kahden numeroituvasti äärettömän joukon yhdiste on numeroituvasti ääretön 7
Luku 3 Lindemann-Weierstrassin lause Lause 31 Olkoon α 0, α 1, α n erillisiä algebrallisia lukuja Tällöin luvut e α 0, e α 1,, e αn ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Toisin sanoen kaikille algebrallisille luvuille β 0, β 1,, β n, olettaen, että kaikki eivät ole nollia, pätee n β m e αm 0 m=0 Mukailen todistuksessa lähdettä [?] Todistus on pitkä ja haastava ja siksi se on jaettu erillisiin osiin 31 Heikennetty muoto Todistetaan ensin heikennetty muoto Lindemann-Weierstrassin lauseesta Tätä todistusta varten tarvitaan seuraava lemma Lemma 32 Olkoon hz Z[z] muotoa hz = N n=0 c nz n Olkoon α 1, α 2,, α N polynomin hz nollakohdat Tällöin millä tahansa kokonaislukukertoimisella polynomilla P z summa P α 1 + P α 2 + + P α N on rationaaliluku, jonka nimittäjä voidaan kirjoittaa muodossa c degp N, missä degp on polynomin P z aste Todistus Polynomi Bα 1,, α N = P α 1 +,, +P α N on symmetrinen, eli muuttujien α 1,, α N järjestystä voi vaihtaa ilman, että tulos muuttuu Tämä tarkoittaa, että polynomi voidaan esittää alkeissymmetristen polynomien σ 1, σ 2,, σ N avulla, missä 8
σ 1,, σ N koostuu α 1,, α n tulojen summasta, missä polynomissa σ k on kerrottu aina k N lukua kerrallaan Tästä johtuen Bα 1,, α N = F σ 1,, σ N Z[σ 1,, σ N ], missä degf degp Lisäksi huomataan, että hz = c N z N + c N 1 z N 1 + + c 1 z 1 + c 0 N = c N z α i i=1 = c N z N σ 1 z N 1 + + 1 N 1 σ N 1 z + 1 N σ N Kertoimia vertaamalla saadaan yhteys alkeissymmetristen polynomien ja hz kertoimien välille σ k = 1 k c N k c N Tästä seuraa, että jokainen alkeissymmetrinen polynomi on rationaaliluku, jolla on nimittäjänä c N Kun nämä luvut laitetaan funktioon F σ 1,, σ N, saadaan rationaaliluku, jonka jakajana on c degf N Lisäksi degf degb, joten tätä rationaalilukua voidaan kertoa kokonaisluvulla C degb degf N, jolloin saadaan lemman vaatima tulos Käytetään tätä lemmaa heikennetyn version todistuksessa Lausetta varten täytyy määritellä algebrallisen luvun konjugaatti Määritelmä 33 Jos α on astetta n oleva algebrallinen luku, joka toteuttaa polynomiyhtälön x αx βx γ = 0, on olemassa n 1 kappaletta muita algebrallisia lukuja β, γ,, jotka myös toteuttavat tämän yhtälön Näitä lukuja kutsutaan α:n konjugaateiksi Lause 34 Olkoon A = {α 1, α 2,, α N } nollasta poikkeavien erillisten algebrallisten lukujen joukko, jolla, jos α n A, niin jokainen α n konjugaatti kuuluu myös A:han Olkoon β 0, β 1,, β N sellaisia nollasta poikkeavia kokonaislukuja, joilla jos α i, α j A ovat toistensa konjugaatteja, niin β i = β j Tällöin β 0 + N β n e αn 0 9
Todistus Tehdään vastaoletus, jonka mukaan on olemassa nollasta poikkeavat kokonaisluvut β 0, β 1,, β N, jotka toteuttavat lauseen oletukset ja joilla 35 β 0 + N β n e αn = 0 Ryhmitellään α i :t siten, että jokainen ryhmä sisältää vain α i :n ja kaikki sen konjugaatit Koska A sisältää vain tälläisiä ryhmiä, sen alkiot voidaan nimetä uudelleen seuraavasti α 11, α 12,, α 1N1, α 21 α 22,, α 2N2,, α M1, α M2,, α MNM Tällä merkinnällä {α m1, α m2,, α mnm } sisältää vain α i :n ja sen konjugaatit ja A sisältää M kappaletta näitä joukkoja Nimetään β i :t uudelleen vastaavalla tavalla siten, että e α mi :n kerroin yhtälössä?? on β mi Oletusten nojalla tiedetään, että β m1 = β m2 = = β mnm, joten kaikkia β mi voidaan merkitä β m Merkitään lisäksi A:n itseisarvoltaan suurinta jäsentä α:lla Näillä merkinnöillä alkuperäinen vastaoletus?? voidaan kirjoittaa muodossa β 0 + M Nm β m e amn = 0 Olkoon f m z = z α m1 z α m2 z α mnm F m z on siis pienintä astetta oleva polynomi, jonka ratkaisuna on kaikki joukon {α m1, α m2,, α mnm } alkiot Koska α m1, α m2,, α mnm ovat toistensa konjugaatteja on funktio f m z rationaalilukukertoiminen Olkoon d m kaikkien funktion f m kertoimien nimittäjien pienin yhteinen jaettava, jolloin d m f m Z[z] Määritellään seuraavaksi ristiriitaa varten apufunktio fz = d 1 d 2 d M p z p 1 f 1 z p f 2 z p f M z P, missä p on vielä tällä hetkellä tuntematon alkuluku Tämä voidaan kirjoittaa muodossa fz = j=p 1 c j z j Koska fz = d 1 f 1 z p d 2 f 2 z p d M f M z p z p 1 ja jokainen suluissa oleva polynomi on kokonaislukukertoiminen, on f myös kokonaislukukertoiminen, joten c j Z, kaikille p 1 j N + 1p 1 Huomataan, että c p 1 = ±d 1 d 2 d m α 11 α 12 α MNM p = ±d 1 d 2 d M α 1 α 2 α N p 10
Tiedetään, että d i > 0 kaikille i ja oletuksen mukaan α j :t ovat nollasta poikkeavia, joten c p 1 0 Seuraavaksi todistetaan, että p 1 f j z = j=1 Tämän todistamisessa käytetään huomiota, että Näin ollen f j z = p 1 p 1 f j z = j=1 = = j=1 J 1 J p+1 z j j! J! J j! c Jz J j, kun 1 j p 1 J! J j! c jz J j p 1 j=1 z J j J j! J 1 j=j p 1 z j, j! mikä on juuri se, mitä haluttiin Huomataan myös, että, koska fz = gzz α p jokaiselle α A, missä gz on jokin α:sta riippuva polynomifunktio, niin f j α = 0 kaikille 1 j p 1 Siten p 1 f j α = 0 j=1 kaikilla α A Tarkastellaan seuraavaksi seuraava tuloa e α = = J p j=0 α j + j! J 1 j=j p+1 j=0 α j + j! α j j! j=j α j j! 11
Yllä olevien tulosten avulla huomataan, että keskimmäinen termi on p 1 j=1 f j α = 0, joten e α = J p = P p α + T p α, j=0 α j + j! missä P p ja T p ovat ensimmäinen ja toinen summattava Muistutuksena vastaoletus?? oltiin muokattu muotoon β 0 + M Nm β m e amn = 0 j=j α j j! Kerrotaan yhtälön molemmat puolet luvulla ja summataan alkaen indeksistä J = p 1! p 1 ja päättyen indeksiin J = N + 1p 1 Näin saadaan β 0 p 1! + M Nm β m e amn = 0 p 1! Summan järjestystä muuttamalla saadaan β 0 M P 1! + β m 1 p 1! N m e αmn = 0 Tässä sulkujen sisällä oleva kaksoissumma on P p α mn :n ja T p α mn :n summa Eli β 0 M P 1! + 1 M m β m P p α mn + T p α mn = 0 p 1! Kun siirretään T p α mn sisältävät termit yhtälön toiselle puolelle, saadaan 36 β 0 M P 1! + J!v J p 1! Z, sillä β 0 Z Palautetaan tässä vaiheessa mie- Huomataan, että β 0 leen, että Mm β m P p α mn p 1! = M Mm β m T p α mn p 1! P p z = 12 J p j=0 Z j j!
Tarkastellaan ensimmäistä termiä summassa, kun J = p 1 Huomataan, että tällöin jää jäljelle tyhjä summa, joka on siis nolla 1 c j p 1!c p 1 j! = 0 Täten summan ensimmäinen termi voidaan jättää kirjoittamatta, jolloin P p z = J=p j=0 J p j=0 z j j! Z[z] Todistetaan seuraavaksi, että p! jakaa jokaisen P p z:n kertoimen Luonnollisesti p! jakaa J!:n kaikilla J p, mutta lausekkeessa mukana oleva 1 saattaa kumota tämän ominaisuuden Tässä tapauksessa riittää tarkastella tilannetta, jossa j saa suurimman arvonsa j! Nimittäin, jos J! on jaollinen p!:lla, kun j on suurin mahdollinen luku, on se jaollinen j! kaikilla pienemmilläkin j:n arvoilla, sillä j! sisältää kaikki pienemmän j kertomat Koska J p, voidaan J kirjoittaa muodossa J = p + r, missä r Z, r 0 Nyt j:n suurin arvo on p + r p = r, jolloin J! j! = p + r! r! p + r = p! r Tämä on selvästi jaollinen luvulla p!, joten yllä oleva väite on saatu todistettua ja on osoitettu, että 1 P p! pz Z[z] Sovelletaan seuraavaksi lemmaa?? Tässä tapauksessa hz on d m f m z, jolla on nollakohdat α m1, α m2,, α mnm ja P z = Ppz jonka juuri todistettiin olevan kokonaislukukertoiminen Tiedetään, että deg P p Np 1, joten lemman?? nojalla jokaiselle m p! on olemassa kokonaisluku ã m siten että N m P p α mn p! = ãm d Np 1 m Kertomalla yhtälön molemmat puolet p:llä ja asettamalla a m = pã m voidaan huomata, että jokaiselle m on olemassa kokonaisluku a m siten, että p a m ja N m P p α mn p 1! = a m d Np 1 m Tämän tuloksen avulla voidaan yhtälö?? muokata muotoon β 0 M P 1! + a m β m d Np 1 m 13 = M Mm β m T p α mn p 1!
Määritellään seuraavaksi kokonaisluku D = d 1 d 2 d m, ja kerrotaan edellä olevan yhtälön molemmat puolet luvulla D Np, jolloin saadaan M β 0 D Np P 1! + M Mm a m β m d m d/d m Np = β m D Np T p α mn p 1! Selvästi D/d m on kokonaisluku kaikilla m, joten vasen puolisko yhtälöä on kokonaisluku, jota voidaan merkitä N Tämä kokonaisluku tuottaa lopulta ristiriidan, sillä osoitamme, että oikealla p:n valinnalla, N :n täytyy olla kokonaisluku välillä ]0, 1[, mikä on selvästi mahdotonta Ensin osoitetaan, että se ei ole nolla Kirjoitetaan N muodossa N = β 0 D Np c p 1 + β 0 D Np J=p M p 1! + a m β m d m D/D m Np Aiemmin on osoitettu, että c p 1 0 Lisäksi tiedetään, että p a m jokaiselle m ja selvästi p J!, sillä J p Näin ollen p jakaa sulkujen sisällä olevan kokonaisluvun Koska p, D ja c p 1 ovat nollasta poikkeavia vakioita, jotka kuuluvat kokonaislukuihin, voidaan valita p > max{zβ 0, D, c p 1 }, jolloin p ei jaa lukua β 0 D Np c p 1 Yhdistämällä äsken päätellyt tiedot huomataan, että N 0 mod p, joten selvästi N 0 Seuraavaksi etsitään p:lle sellainen arvo, että N < 1 Tätä varten tarkastellaan toista tapaa määritellä N, M Nm N = β m D Np T p α mn p 1! Kolmioepäyhtälön perusteella 0 < N M Nm β m D Np T p α mn p 1! Nyt tavoitteenamme on osoittaa, että oikealla puolella oleva summa on pienempi kuin 1 Lähdetään liikkeelle arvioimalla T p α mn :n suuruutta Muistetaan, että z j T p z = j! = c J j=0 j=j J! j + J! zj+j 14
Toisaalta tiedetään, että joten Siispä T p α = j + J! j!j! j + J = 1, j J! j + J! 1 j! c J c J c J j=0 j=0 j=0 c J α J J! j + J! αj+j J! j + J! αj+j J! j + J! α j+j j=0 α j j! α e α Edellä on oletettu, että α 1, joka siis oli alkuperäisen joukon A suurin jäsen Jos näin ei ole, voidaan vastaisuudessa kaikki α :n esiintymät korvata 1:llä Koska tämä muutos ei muuta todistusta merkittävästi, vaan se ainoastaan yksinkertaistaa joitain merkintöjä, oletetaan, että α 1 Edellä olevan perusteella saadaksemme yläraja T p α:lle täytyy löytää yläraja summalle c J Palautetaan mieleen, että fz = j=p 1 c J c j z j = D p z p 1 z α 1 p z α 2 p z α N p Jokainen suluissa oleva tekijä voidaan kirjoittaa muodossa z α n p = p l=o p α n p l z l l 15
Tästä voidaan päätellä, että c j :n summan ylärajaa etsiessä kannattaa tarkastella seuraavaa { } p p p max α p l α p l l=0,1,,p l l l=0 p p α p l l=0 = 2 α p Eli jokainen kerroin näissä tekijöissä on pienempi tai yhtäsuuri kuin 2 α p ja summassa on N kappaletta tekijöitä, jolloin saadaan N c j D p 2 α p = D p 2 α Np Vaikka tämä raja vaikuttaa hyvin heikolta, se on hyödyllinen, sillä se on muotoa K p jollain vakiolla K Kun tämä raja sijoitetaan tarkasteltavaan summaan, saadaan c J Np2D 1/N α Np Tämän avulla saadaan yläraja T p α:lle seuraavasti missä T p α α e α Np2D 1/N α Np e α N p α 2d 1/N α Np = e α α N p D p 2 α N p α N+1 p = K 1 K 2 p K 1 = e α α, ja K 2 = ND2 α 2N+1 Jälleen ylärajan hyödyllisyys johtuu sen muodosta, ei laadusta Seuraavaksi osoitetaan, että kokonaisluku N on pienempi kuin 1 Palautetaan mieleen, että M Nm β m D Np T p α mn 0 < N p 1! 16
Olkoon B = max{ β 1, β 2,, β M } Näin ollen, käyttäen juuri löydettyjä rajoja, voidaan todeta, että 0 < N BNK 1 D N K 2 p p 1! Jokainen luvuista B, N, K 1, D ja K 2 ovat p:stä riippumattomia vakioita Lisäksi xp p! 0, kun p, joten riittävän suurella alkuluvulla p yllä olevan epäyhtälön oikea puoli on pienempi kuin 1, joten saadaan 0 < N < 1 mikä on mahdotonta Näin ollen vastaoletus on väärä ja lause on tosi β 0 + N β n e αn = 0 Edellä todistettu heikennetty muoto osoittaa, että tietty joukko algebrallisia lukuja on lineaarisesti riippumaton kokonaislukujen suhteen Lindemann-Weierstrassin lause sen sijaan käsittelee mielivaltaista algebrallisten lukujen joukkoa, ja kertoo sen olevan lineaarisesti riippumaton rationaalilukujen suhteen Vaikka näiden välillä on valtava ero, heikennettyä muotoa voidaan hyödyntää, sillä Lindemann-Weierstrassin lause voidaan muokata samankaltaiseen muotoon kuin heikennetty muoto menettämättä lauseen yleisyyttä Tämä muokkaus vaatii muutaman lemman, jotka käsitellään ja todistetaan seuraavassa osiossa 32 Lemmoja Lemma 37 Olkoon p 1, p 2,, p L, τ 1, τ 2,, τ M C erillisiä ja olkoon r 1, r 2,, r L, t 1, t 2,, t M C nollasta poikkeavia Jos L M r l e p l t m e τm l=1 kerrotaan auki ja samaa astetta olevat termit yhdistetään, tulos on muotoa N s n e λn joillakin N N, s n C, ja erillisellä λ n C, missä λ n = p l + τ m Lisäksi vähintään yksi s n poikkeaa nollasta 17
Todistus Huomataan aluksi, että L M r l e p l t m e τm = l=1 1 l L 1 m M r l t m e p l+τ m Olkoon S = {p l +τ m 1 l L, 1 m M} Joukko S on epätyhjä ja siinä on vähintään 2 alkiota, joten se voidaan kirjoittaa muodossa S = {λ 1,, λ N } erillisillä λ n C ja jollakin N N Olkoon s n = r l t m l,m siten että p l +τ m=λ n Näin ollen L M r l e p l t m e τm = l=1 N s n e λn Tarkastellaan seuraavaksi joukkoa {Rp 1,, Rp L }, missä Rp l on p l :n reaaliosa Tämä joukko on epätyhjä ja äärellinen reaalilukujen joukko, jolla on täten pienin alkio Tämä alkio ei välttämättä ole yksikäsitteinen Otetaan nyt nämä pienimmät alkiot joukkoon {p l1,, p lk } Koska joukko on äärellinen ja epätyhjä, on olemassa alkio jolla on pienin kompleksiosa Tämä luku on yksikäsitteinen, koska luvut p 1, p 2,, p L ovat erillisiä Samalla tavalla voidaan löytää pienin luku luvuista τ q, τ 2,, τ m Olkoon p α ja τ α nämä pienimmät luvut Näin ollen on olemassa luku λ α S siten että λ α = p α + τ α ja joka saadaan vain näiden kahden luvun summana Koska on olemassa jokin λ α, joka voidaan esittää vain summalla p α + τ α, tiedetään, että s α = r α t α ja, koska kaikki r l ja t m poikkeavat nollasta, myös s α poikkeaa nollasta Yllä olevan lemman ansiosta tiedetään, että kaksi eksponenttisummaa voidaan kertoa ilman että tuloksena saadaan nolla Tämä auttaa varmistamaan, että todistaessa lausetta?? ei päädytä todistamaan triviaalia tosiasiaa 0 = 0 Seuraava tavoite on muokata satunnaisesti valittu algebrallisten lukujen joukko sellaiseksi joukoksi, joka toteuttaa heikennetyn muodon oletukset Heikennetyssä muodossa joukolla oli hyödyllinen ominaisuus, jonka mukaan joukossa olevan luvun α kaikki konjugaatit kuuluvat myös joukkoon Kutsutaan tällaistä joukkoa konjuugaattitäydelliseksi joukoksi Todistetaan seuraavaksi lemma, joka antaa hyödyllisen kriteerin konjugaattitäydellisyydelle Lemma 38 Joukko {α 1, α 2,, α L } Q on konjugaattitäydellinen jos ja vain jos polynomilla z α 1 z α 2 z α L on rationaaliset kertoimet 18
Todistus Oletetaan ensin, että {α 1, α 2,, α L } on konjugaattitäydellinen Jaetaan tämä joukko konjugaattitäydellisiksi osajoukoiksi, joissa kukin alkio esiintyy vain kerran ja joissa on vain alkio ja sen konjugaatit Näitä osajoukkoja on M kappaletta, eli {α 1,, α L } = {α 1,, α 1L1 } {α M1,, α MLM } Jokaiselle näistä joukoista löytyy minimipolynomi z α m1 z α m2 z α mlm Minimipolynomi on aina rationaalilukukertoiminen, ja polynomi z α 1 z α 2 z α L on näiden polynomien tulo ja siten rationaalilukukertoiminen kuten haluttiinkin Oletetaan seuraavaksi että fz = z α 1 z α 2 z α L Q[z] Jos jotkin α l ovat rationaalisia, ne voidaan poistaa ja jäljelle jäävä tulo on yhä rationaalilukukertoiminen Lisäksi, jos α l on rationaaliluku, niin joukko {α l } on konjugaattitäydellinen, joten voimme jättää kaikki rationaaliset α l huomiotta Tehdään näin ja nimetään jäljelle jäävä osuus gz = z α 1 z α K Q[z], missä α k / Q Jos g on jaoton, sen täytyy olla lukujen α!,, α K minimipolynomi ja siten {α 1,, α K } on konjugaattitäydellinen joukko Jos g ei ole jaoton, se voidaan kirjoittaa muodossa g = h e 1 1 h e 2 2 h e J J, missä jokainen h j Q[z] on jaoton ja e j 1 Nimetään α i :t uudelleen siten, että h j z = z α j1 z α j2 z α jlj Nyt huomataan, että h j Q[z] on minimipolynomi luvuille α j1,, α jlj ja siten {α j1,, α jlj } on konjugaattitäydellinen Lisäksi {α 1, α 2,, α L } = J j=1 e j i=1 {α j 1, α j2,, α jlj } on yhdiste konjugaattitäydellisistä joukoista ja siten konjugaattitäydellinen Käsitellään seuraavaksi lemmaa joka edellisen lemman kanssa antaa valmiuden muokata Lindemann-Weierstrassin lauseessa oleva algebrallisten lukujen joukko konjugaattitäydelliseksi Lemma 39 Olkoon {γ 1,, γ J } joukko algebrallisia lukuja ja fx 1,, x J = a 1 x 1 + + a J x J, missä a j Z kaikilla j = 1,, J Nyt joukko on konjugattitäydellinen {fτ 1,, τ J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla j} 19
Todistus Lemman?? nojalla väite voidaan todistaa osoittamalla, että polynomi pz = z fτ 1,, τ J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla j on rationaalilukukertoiminen Kirjoitetaan pz uudelleen seuraavalla tavalla: pz = = τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla 2 j J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla 2 j J τ 1 on γ 1 :n konjugaatti kaikilla j qz z fτ 1,, τ J Huomataan, että jos γ 1 konjugaatit ovat γ 11, γ 12, γ 1n niin qz = z fγ 11, τ 2,, τ J z γ 12, τ 2,, τ J z fγ 1n, τ 2,, τ J n = z a 2 τ 2 a J τ J a }{{} 1 γ 1i i=1 =:y = y n σ 1 y n 1 + σ 2 y n 2 + 1 n σ n, missä σ i :t ovat γ 1 :n konjugaattien alkeissymmetrisiä polynomeja, ja siten rationaalisia Eli y n σ 1 y n 1 + σ 2 y n 2 + 1 n σ n Q[y] ja siten qz Q[z, τ 1,, τ J ] Sama argumentti pätee kaikille τ i, joten pz Q[z] ja lemman?? nojalla {f/τ 1,, τ J } on konjugaattitäydellinen Tämän lemman avulla voidaan siis luoda konjugaattitäydellinen joukko satunnaisesta algebrallisten lukujen joukosta Lindemann-Weierstrassin lause käsittelee kuitenkin summaa, jossa e on korotettu algebrallisten lukujen potenssiin Kutsutaan summaa e α 1 + + e α M, jossa {α 1,, α M } on konjugaattitäydellinen joukko, konjugaattitäydelliseksi eksponenttisummaksi Näillä summilla on seuraava hyödyllinen ominaisuus Lemma 310 Kahden konjugaattitäydellisen eksponenttisumman tulo on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma 20
Todistus Olkoon e α 1 + e α 2 + + e α L ja e β 1 + e β 2 + + e β M konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia Nyt e α 1 + e α 2 + + e α L e β 1 + e β 2 + + e β M = e α l+β m, 1 l L 1 m M joten tulee osoittaa, että {α l + β m 1 l L, 1 m M} on konjugaattitäydellinen algebrallisten lukujen joukko Sovelletaan lemmaa?? polynomilla fx 1, x 2 = x 1 + x 2 Huomataan, että koska {α 1,, α L } ja {β 1,, β M } ovat konjugaattitäydellisiä, niin joukko {α l + β m 1 l L, 1 m M} toteuttaa lemman oletukset ja on siis konjugattitäydellinen Näin ollen 1 l L 1 m M on konjugattitäydellinen eksponenttisumma e α l+β m Edellisen lemman jälkeen on vihdoin saatu kasaan kaikki tarvittavat työkalut Lindemann- Weierstrassin lauseen todistamiseksi Tehdäänkin se seuraavaksi 33 Lindemann-Weierstrassin lauseen todistus Lause 311 Olkoon α 0, α 1, α n erillisiä algebrallisia lukuja Tällöin luvut e α 0, e α 1,, e αn ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Eli kaikille algebrallisille luvuille β 0, β 1,, β n, olettaen, että kaikki eivät ole nollia, pätee n β m e αm 0 m=0 Todistus Tehdään vasta-oletus: On olemassa β i, joilla 312 M β m e αm = 0 m=0 Kerrotaan lauseke?? samankaltaisilla lausekkeilla, missä jokainen α m on korvattu sen kaikilla konjugaateilla kaikissa mahdollisissa kombinaatioissa: β 0 e p 0 + β 1 e p 1 + + β M e p M = 0 p m on α m:n konjugaatti kaikilla 0 m M 21
Kun tulo kerrotaan auki, saadaan lauseke 313 b 0 E 0 + b 1 E 1 + + b L E L = 0, missä b l :t ovat kokonaislukukertoimisia polynomeja, joissa muuttujina on β m ja E l :t ovat konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia Todistetaan seuraavaksi tämä väite Kun tuloa kerrotaan auki, saadaan tulokseksi summa, jonka jokainen alkio on muotoa gβ 1, β 2,, β M e r 1+r 2 ++r M, missä g Z[t 1,, t M ] on jokin polynomi ja r i :t ovat algebrallisia lukujen kaikkien α i konjugaattien joukosta Sovelletaan lemmaa?? polynomiin x 1 + x 2 + + x M ja joukkoon {α 1, α 2,, α M }, jolloin huomataan, että yhtälössä saman kertoimen sisältävät termit muodostavat konjugaattitäydellisen eksponenttisumman Tämä olikin juuri se mitä haluttiin Lisäksi lemman?? nojalla ainakin jonkin β l täytyy poiketa nollasta, joten yleisyyttä menettämättä voidaan olettaa, että kaikki termit poikkeavat nollasta, sillä jos jokin β l = 0, se voidaan poistaa ja muut termit nimetä uudelleen Lauseke alkaa pikkuhiljaa muistuttaa heikennetyn muodon lauseketta, mutta ongelmana on vielä se, että heikennetyssä muodossa lausekkeen kertoimet olivat kokonaislukuja, kun taas tällä hetkellä lausekkeemme kertoimet ovat polynomeja Tämä voidaan korjata kertomalla lauseke?? lausekkeella, jossa jokainen b l on korvattu sen konjugaateilla Näin saadaan tulo σ 0 E 0 + σ 1 E 1 + + σ L E L = 0 σ l on b l :n konjugaatti kaikilla 0 l L Kuten edellä, tämä tulo sieventyy muotoon ζ o ɛ 0 + ζ 1 ɛ 1 + + ζ K ɛ K = 0, missä jokainen σ k on symmetrinen polynomi b l :n konjugaattitäydellisessä joukossa ja siten rationaalinen ja jokainen ɛ k on E l :ien tulo ja siten lemman?? nojalla konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Lisäksi lemman?? nojalla jokin σ k poikkeaa nollasta, joten voidaan taas poistaa kaikki σ k = 0 ja nimetä loput uudelleen, jolloin voidaan olettaa, että σ k 0 kaikille k Lisäksi, koska jokainen σ k on rationaalinen, voidaan edellä oleva lauseke kertoa niiden nimittäjien pienimmällä yhteisellä jaettavalla ja siten olettaa ilman yleisyyden menetystä, että jokainen σ k on kokonaisluku Viimeisenä sievennyksenä voidaan olettaa, että kaikki eksponentit missä tahansa ɛ k :ssa ovat toistensa konjugaatteja, sillä mikä tahansa konjugaattitäydellinen eksponenttisumma voidaan jakaa summaksi konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia, joilla on tämä ominaisuus Näin ollen lausekkeelle 314 ζ 0 ɛ 0 + ζ 1 ɛ 1 + + ζ K ɛ K = 0 22
pätee, että jokainen ζ k Z \ {0} ja jokainen ɛ k on eksponenttisumma, missä jokainen eksponentti on kaikkien muiden eksponenttien konjugaatti Tämä lauseke täyttää lähes kaikki heikennetyn muodon oletukset Ainoastaan oletus, jonka mukaan yhden summan termeistä täytyy koostua vain kerroinosasta, on vielä epäselvä Tässä tapauksessa tämä oletus tarkoittaisi, että jonkin ɛ k täytyy olla 1 Jos ɛ k = 1 jollain k, ristiriita on syntynyt ja todistus on valmis Oletetaan siis, että ɛ k 1 kaikilla k = 0, 1,, K Erityisesti ɛ 0 = e n 1 + e n 2 + + e n J, missä {n 1, n 2,, n J } on konjugaattitäydellinen joukko nollasta poikkeavia algebrallisia lukuja Olkoon ɛ o = e n 1 + e n 2 + + e n J Huomataan, että ɛ 0 on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Lemman?? nojalla ɛ 0 ɛ 0 on myös konjugaattitäydellinen eksponenttisumma ja lisäksi tämä summa sisältää vähintään J kappaletta tuloja e n j e n j = e 0 = 1 Näin ollen voidaan kirjoittaa ɛ 0 ɛ o = J + ɛ 0, missä ɛ 0 on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Koska kaikki lausekkeessa?? olevat eksponenttisummat ovat erillisiä, mikään eksponentti ɛ k :ssa, kun k 0, ei kuulu joukkoon {n 1, n 2, n J }, joten ɛ k ɛ 0 = ɛ k ei sisällä yhtään termiä e0 Siispä kertomalla lauseke?? lausekkeella ɛ 0 saadaan Jζ 0 + ζ 0 ɛ o + ζ 1 ɛ 1 + + ζ K ɛ K, missä jokainen ζ k on nollasta poikkeava rationaaliluku ja jokainen ɛ k on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma ilman yhtään e 0 -termiä Siispä Jζ 0 on ainut eksponenttitermeistä vapaa termi ja se poikkeaa nollasta Näin summa toteuttaa lauseen?? oletukset, mutta on ristiriidassa sen tuloksen kanssa Eli vastaoletus johtaa ristiriitaan, joten Lindemann- Weierstrassin lause on tosi Lindemann-Weierstrassin lauseen avulla voidaan todistaa lukujen e ja π transkendenttisuus Korollaari 315 Neperin luku e on transkendenttinen Todistus Tarkastellaan joukkoa {0, 1} Tämä joukko koostuu erillisistä algebrallisista luvuista Näin ollen luvut e 0 = 1 ja e 1 = e ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Siis: jos e on algebrallinen niin yhtälön e 1 + 1 e = 0 tulisi olla epätosi, joten e on transkendenttinen 23
Todistetaan seuraavaksi luvun π transkendenttisuus Korollaari 316 π on transkendenttinen Todistus Tehdään vastaoletus, jonka mukaan π on algebrallinen Tällöin myös iπ on algebrallinen, koska kahden algebrallisen luvun tulo on algebrallinen Selvästi 0 iπ, joten lukujen e 0 = 1 ja e iπ = 1 tulisi lauseen?? nojalla olla lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen joukossa Kuitenkin 1 1 + 1 1 = 0, joka muodostaa ristiriidan, joten π on transkendenttinen 24
Kirjallisuutta [1] Michael Filasetz: Trancendental Number Theory, http://peoplemathscedu/ filaseta/gradcourses/math785/math785notes5pdf luettu 2742016 [2] Lee A Butler: Trancendence and Irrationality proofs http://wwwmathsbrisac uk/~malab/pdfs/ma469pdf luettu 2742016 [3] Pekka Tuominen: Todennäköisyyslaskenta I, 5 painos, Limes ry, 2000 [4] Wikipedia Transcendental Number luettu 2742016 [5] Ritva Hurri-Syrjänen: Differentiaali- ja integraalilaskenta 11, Luentomuistiinpanot, Helsingin Yliopisto 1999 25