Beweisarchiv: Algebra

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Moduln: freie Moduln sind projektiv

Irrationalität

Annahme: ${\displaystyle e\in \mathbb {Q} }$.

Demnach muss es eine Darstellung von ${\displaystyle e}$ mit ${\displaystyle e={\frac {p}{q}}}$ geben mit ${\displaystyle p\in \mathbb {Z} }$ und ${\displaystyle q\in \mathbb {N} _{+}}$.

${\displaystyle e={\frac {p}{q}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}=\sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}+\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}}$

Dann gilt:

${\displaystyle e-\sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow q!\left(e-\sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}\right)=q!\left(\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\right)}$

${\displaystyle \Leftrightarrow q!\left({\frac {p}{q}}-\sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}\right)=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {p\cdot q!}{q}}-q!\cdot \sum _{k=0}^{q}{\frac {1}{k!}}=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow p\cdot (q-1)!-\sum _{k=0}^{q}{\frac {q!}{k!}}=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow \underbrace {p\cdot (q-1)!-{\frac {q!}{0!}}-{\frac {q!}{1!}}-{\frac {q!}{2!}}-\ldots -{\frac {q!}{(q-1)!}}-{\frac {q!}{q!}}} _{\in \mathbb {Z} }=\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}\qquad }$ (*)

Also ergibt die linke Seite des Terms eine ganze Zahl. Folglich muss auch die rechte Seite eine ganze Zahl sein:

${\displaystyle {\begin{aligned}0&<\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {q!}{(k+q)!}}\\&={\frac {q!}{(q+1)!}}+{\frac {q!}{(q+2)!}}+{\frac {q!}{(q+3)!}}+\ldots \\&={\frac {1}{q+1}}+{\frac {1}{(q+1)(q+2)}}+{\frac {1}{(q+1)(q+2)(q+3)}}+\ldots \\&<{\frac {1}{2^{1}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {1}{2^{3}}}+\ldots =\left({\frac {1}{2}}\right)^{1}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{3}+\ldots \end{aligned}}}$

Dies ist fast die geometrische Reihe. Weil die obenstehende Reihe aber bei ${\displaystyle 1}$ statt bei ${\displaystyle 0}$ beginnt, muss der Wert des ersten Reihenelements abgezogen werden und konvergiert damit gegen ${\displaystyle 1}$:

${\displaystyle {\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}-\left({\frac {1}{2}}\right)^{0}=1}$

Also gilt

${\displaystyle 0<\sum _{k=q+1}^{\infty }{\frac {q!}{k!}}<1}$

Dies ist nun ein Widerspruch, denn die rechte Seite des Terms (*) kann keine ganze Zahl sein, wenn sie (echt) größer ${\displaystyle 0}$ ist und (echt) kleiner als ${\displaystyle 1}$ ist.

Also kann ${\displaystyle e}$ nicht rational sein.

Quadratische Irrationalität

Gäbe es ${\displaystyle a,b,c\in \mathbb {Z} }$ mit ${\displaystyle a,c\neq 0\,}$, so dass ${\displaystyle ae^{2}+be+c=0\,}$ ist, so wäre${\displaystyle \forall n>|a|+|c|+1}$

${\displaystyle {\begin{aligned}0&=n!\,\left(ae+b+{\frac {c}{e}}\right)\\\\&=a\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {n!}{k!}}+n!\,b+c\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}{\frac {n!}{k!}}\\\\&=\underbrace {n!\,b} _{\in \mathbb {Z} }+\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{\Big (}a+c\,(-1)^{k}{\Big )}{\frac {n!}{k!}}} _{\in \mathbb {Z} }+\underbrace {\sum _{k=n+1}^{\infty }{\Big (}a+c\,(-1)^{k}{\Big )}{\frac {n!}{k!}}} _{=:R_{n}}.\end{aligned}}}$

Also muss ${\displaystyle R_{n}\,}$ eine ganze Zahl sein.

${\displaystyle {\begin{aligned}|R_{n}|&=\left|\sum _{k=1}^{\infty }{\Big (}a+c\,(-1)^{n+k}{\Big )}{\frac {n!}{(n+k)!}}\right|\\&\leq (|a|+|c|)\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {n!\,n^{k}}{(n+k)!}}\,{\frac {1}{n^{k}}}\\&<(|a|+|c|)\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {|a|+|c|}{n-1}}\\&<1\end{aligned}}}$

Also ist ${\displaystyle R_{n}=0\,}$, wenn ${\displaystyle n\,}$ hinreichend groß ist.

Damit wäre ${\displaystyle 0=nR_{n-1}-R_{n}=a+c(-1)^{n}\,\Rightarrow \,a=\pm c\,\Rightarrow \,a=c=0}$. (Widerspruch)

Positive ganzzahlige Potenzen von e sind irrational

Annahme: Für eine positive ganze Zahl ${\displaystyle a\,}$ sei ${\displaystyle e^{a}={\frac {p}{q}}}$.

Sei nun ${\displaystyle \textstyle f(x):={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}}$ das ${\displaystyle n\,}$-te Niven-Polynom und

${\displaystyle F(x):=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k)}(x)}$.

${\displaystyle F'(x)=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k+1)}(x)=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,a^{2n+1-k}\,f^{(k)}(x)=a^{2n+1}f(x)-a\,F(x)}$

Demzufolge ist ${\displaystyle F'(x)+a\,F(x)=a^{2n+1}f(x)\,}$.

${\displaystyle \int _{0}^{1}F'(x)\,e^{ax}\,dx=\left[F(x)\,e^{ax}\right]_{0}^{1}-a\int _{0}^{1}F(x)\,e^{ax}\,dx\Rightarrow \int _{0}^{1}\left(F'(x)+a\,F(x)\right)e^{ax}\,dx=F(1)\,{\frac {p}{q}}-F(0)}$.

Also muss ${\displaystyle \textstyle q\cdot a^{2n+1}\int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q}$ eine positive ganze Zahl sein. Wegen ${\displaystyle \textstyle \int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx<{\frac {1}{n!}}\,e^{a}}$ geht der Linksterm aber gegen null für ${\displaystyle n\to \infty \,}$. (Widerspruch)

Wäre ${\displaystyle e^{\frac {a}{b}}}$ rational, so wäre auch ${\displaystyle e^{a}\,}$ rational.

Transzendenz

Unter der Annahme ${\displaystyle e\in \mathbb {A} }$ gibt es eine Gleichung ${\displaystyle \,a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n}=0}$, mit ${\displaystyle a_{k}\in \mathbb {Z} }$ und ${\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0\,}$,

die ${\displaystyle \,x=e}$ als Lösung besitzt. Sei nun ${\displaystyle \alpha :=2\,(n+1)\,\max |a_{k}|}$ und

${\displaystyle Q(x):=\prod _{k=1}^{n}(x-k)=x^{n}\pm ...\pm n!\quad {\Big [}\Longrightarrow Q^{p}(x)=x^{np}\pm ...\pm n!^{p}{\Big ]}.}$

Für variables ${\displaystyle p\in \mathbb {P} }$ sei ${\displaystyle F(x):={\frac {1}{(p-1)!}}x^{p-1}Q^{p}(x)e^{-x}}$ und für variables ${\displaystyle \,q\in \{0,1,...,n\}}$ sei

${\displaystyle \varepsilon _{pq}:=e^{q}\int _{0}^{q}F\,dx}$ und ${\displaystyle M_{pq}:=e^{q}\int _{q}^{\infty }F\,dx\;\Longrightarrow \varepsilon _{pk}+M_{pk}=e^{k}\int _{0}^{\infty }F\,dx=e^{k}M_{p0}}$

${\displaystyle \forall x\in [0,n]}$ gilt${\displaystyle F(x)\to 0\,}$ für ${\displaystyle p\to \infty \,}$ und somit auch ${\displaystyle |\varepsilon _{pq}|\to 0}$

Man wähle die Primzahl ${\displaystyle \,p}$ nun so groß, dass ${\displaystyle \,p>\alpha }$ und ${\displaystyle |\varepsilon _{pq}|<{\frac {1}{\alpha }}\;\forall q}$ ist.

Es ist:

${\displaystyle {\begin{aligned}M_{p0}&=\int _{0}^{\infty }F\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p-1}(x^{np}\pm ...\pm n!^{p})e^{-x}dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}(p-1+np)!\pm ...\pm n!^{p}(p-1)!{\Big )}\equiv n!^{p}\equiv n!\not \equiv 0\operatorname {mod} \,p\end{aligned}}}$

Für ${\displaystyle \,q=1,...,n}$ besitzt ${\displaystyle Q(x+q)=\prod _{k=1}^{n}(x+q-k)}$ den Linearfaktor ${\displaystyle \,x}$. Daher ist

${\displaystyle {\begin{aligned}M_{pq}&=e^{q}\int _{q}^{\infty }F\,dx=e^{q}\int _{0}^{\infty }F(x+q)\,dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }(x+q)^{p-1}Q^{p}(x+q)e^{-x}\,dx\\&={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p}R(x)e^{-x}dx={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}r_{np-1}(np-1)!\pm ...\pm r_{0}p!{\Big )}\equiv 0\operatorname {mod} \,p\,.\end{aligned}}}$

${\displaystyle 0=M_{p0}\sum _{k=0}^{n}a_{k}e^{k}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}{\big (}\varepsilon _{pk}+M_{pk}{\big )}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}+a_{0}M_{p0}+\sum _{k=1}^{n}a_{k}M_{pk}}$

${\displaystyle \Longrightarrow -\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\equiv a_{0}M_{p0}\not \equiv 0\operatorname {mod} p}$

Aber ${\displaystyle \left|\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\right|\leq \sum _{k=0}^{n}|a_{k}|{\frac {1}{\alpha }}\leq {\frac {(n+1)\max |a_{k}|}{\alpha }}={\frac {1}{2}}}$. (Widerspruch)

Wikipedia-Verweise

Irrationale Zahl · Transzendente Zahl · Eulersche Zahl · Beweis der Irrationalität der eulerschen Zahl