Відмінності між версіями «Трансцендентне число»

Матеріал з Вікіпедії — вільної енциклопедії.
Перейти до навігації Перейти до пошуку
[перевірена версія][очікує на перевірку]
Мітки: Редагування з мобільного пристрою Редагування через мобільну версію
 
(Не показано 3 проміжні версії 2 користувачів)
Рядок 3: Рядок 3:
 
== Властивості ==
 
== Властивості ==
 
* [[Множина]] трансцендентних чисел [[Континуум (теорія множин)|континуальна]].
 
* [[Множина]] трансцендентних чисел [[Континуум (теорія множин)|континуальна]].
* Кожне трансцендентне дійсне число є [[ірраціональні числа|ірраціональним]], але зворотне невірно. Наприклад, число <math>\sqrt 2</math>&nbsp;— ірраціональне, але не трансцендентне: воно є [[Корінь многочлена|коренем многочлена]] <math>x^2-2=0</math>.
+
* Кожне трансцендентне дійсне число є [[ірраціональні числа|ірраціональним]], але зворотне неправильно. Наприклад, число <math>\sqrt 2</math>&nbsp;— ірраціональне, але не трансцендентне: воно є [[Корінь многочлена|коренем многочлена]] <math>x^2-2=0</math>.
   
 
== Приклади ==
 
== Приклади ==
 
* Основа [[Натуральний логарифм|натуральних логарифмів]]&nbsp;— [[число e]]
 
* Основа [[Натуральний логарифм|натуральних логарифмів]]&nbsp;— [[число e]]
* [[Число пі|Число π]].
+
* [[Число пі|Число <math>\pi</math>]].
* [[Десятковий логарифм]] будь-якого цілого числа, окрім чисел 10<sup>n</sup>
+
* [[Десятковий логарифм]] будь-якого цілого числа, окрім чисел <math>10^n</math>
* [[Синус]], [[косинус]], [[тангенс]] будь-якого ненульового алгебраїчного числа '''а''' (згідно з [[теорема Лінденманна — Веєрштрасса|теоремою Лінденманна&nbsp;— Веєрштрасса]]).
+
* [[Синус]], [[косинус]], [[тангенс]] будь-якого ненульового алгебраїчного числа <math>a</math> (згідно з [[теорема Лінденманна — Веєрштрасса|теоремою Лінденманна&nbsp;— Веєрштрасса]]).
   
 
== Історія ==
 
== Історія ==
Вперше поняття трансцендентного числа ввів [[Жозеф Ліувілль]] в 1844, коли за допомогою [[діофантова апроксимація|діофантових наближень]] довів теорему про те, що [[алгебраїчне число]] неможливо доволі добре наблизити [[раціональне число|раціональним дробом]]. У 1873 [[Шарль Ерміт]] довів трансцендентність числа '''e''' (основи натуральних логарифмів). У 1882 [[Фердинанд фон Ліндеман]] довів теорему про трансцендентність степеня числа '''e''' з ненульовим алгебраїчним показником, тим самим довівши трансцендентність числа '''π''' і нерозв'язність завдання [[квадратура круга|квадратури круга]]. Неконструктивне доведення існування трансцендентних чисел&nbsp;— майже тривіальний наслідок [[теорія множин|теорії множин]] [[Георг Кантор|Кантора]].
+
Вперше поняття трансцендентного числа ввів [[Жозеф Ліувілль]] в 1844, коли за допомогою [[діофантова апроксимація|діофантових наближень]] довів теорему про те, що [[алгебраїчне число]] неможливо доволі добре наблизити [[раціональне число|раціональним дробом]]. У 1873 [[Шарль Ерміт]] довів трансцендентність числа <math>\mathrm{e}</math> (основи натуральних логарифмів). У 1882 [[Фердинанд фон Ліндеман]] довів теорему про трансцендентність степеня числа <math>\mathrm{e}</math> з ненульовим алгебраїчним показником, тим самим довівши трансцендентність числа <math>\pi</math> і нерозв'язність завдання [[квадратура круга|квадратури круга]]. Неконструктивне доведення існування трансцендентних чисел&nbsp;— майже тривіальний наслідок [[теорія множин|теорії множин]] [[Георг Кантор|Кантора]].
   
У 1900 на II Міжнародному Конгресі математиків [[Давид Гільберт]] в числі сформульованих ним проблем сформулював сьому проблему: «Якщо а 0, '''а'''— алгебраїчне число і '''b'''&nbsp;— алгебраїчне, але ірраціональне, чи вірно, що '''a<sup>b</sup>'''&nbsp;— трансцендентне число?» Зокрема, чи є трансцендентним число <math>2^\sqrt 2</math>. Ця проблема була вирішена в 1934 [[Гельфонд Олександр Йосипович|А.&nbsp;О.&nbsp;Гельфондом]], який довів, що всі такі числа насправді є трансцендентними.
+
У 1900 на II Міжнародному Конгресі математиків [[Давид Гільберт]] серед сформульованих ним проблем сформулював сьому проблему: «Якщо <math>a \not = 0</math>, <math>a</math> — алгебраїчне число і <math>b</math> &nbsp;— алгебраїчне, але ірраціональне, чи правильно, що <math>a^b</math> &nbsp;— трансцендентне число?» Зокрема, чи є трансцендентним число <math>2^\sqrt 2</math>. Ця проблема була вирішена в 1934 [[Гельфонд Олександр Йосипович|А.&nbsp;О.&nbsp;Гельфондом]], який довів, що всі такі числа є трансцендентними.
   
  +
==Схема доведення того, що число <math>\mathrm{e}</math> є трансцендентним==
  +
Перше доведення того, що число [[e (число)|<math>e</math>, основа натурального логарифму]], є трансцендентним, датується 1873 роком. Надалі слідуватимемо стратегії [[Давид Гільберт|Давида Гільберта]], який спростив оригінальне доведення, запропоноване [[Шарль Ерміт|Шарлем Ермітом]]. Ідея полягає в застосуванні методу "від супротивного".
  +
  +
Припустимо, що <math>\mathrm{e}</math> &nbsp;— алгебраїчне число. Тоді існує скінченний набір цілих коефіцієнтів <math>c_{0}, c_{1}, ..., c_{n}</math>, що задовольняють рівняння
  +
  +
:<math>c_{0}+c_{1}\mathrm{e}+c_{2}\mathrm{e}^{2}+\cdots+c_{n}\mathrm{e}^{n}=0, \qquad c_0, c_n \neq 0.</math>
  +
  +
Для додатнього цілого числа <math>k</math> розглянемо наступний многочлен:
  +
  +
:<math> f_k(x) = x^{k} \left [(x-1)\cdots(x-n) \right ]^{k+1},</math>
  +
  +
і помножимо обидві частини рівняння вищевказаного рівняння на
  +
  +
:<math>\int^{\infty}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x;</math>
  +
  +
таким чином, отримаємо:
  +
  +
:<math>c_{0} \left (\int^{\infty}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+ c_1\mathrm{e}\left ( \int^{\infty}_{0}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+\cdots+ c_{n}\mathrm{e}^{n} \left (\int^{\infty}_{0}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right ) = 0.</math>
  +
  +
Це рівняння можна записати в наступній формі:
  +
  +
:<math>P+Q=0,</math>
  +
  +
де
  +
  +
:<math>\begin{align}
  +
P &= c_{0}\left ( \int^{\infty}_{0}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+ c_{1}\mathrm{e}\left (\int^{\infty}_{1}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+ c_{2}e^{2}\left (\int^{\infty}_{2}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right ) +\cdots+ c_{n}\mathrm{e}^{n}\left (\int^{\infty}_{n}f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right ) \\
  +
Q &= c_{1}\mathrm{e}\left (\int^{1}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+c_{2}\mathrm{e}^{2} \left (\int^{2}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right )+\cdots+c_{n}\mathrm{e}^{n}\left (\int^{n}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x \right ).
  +
\end{align}</math>
  +
  +
'''Лема 1.''' Існує таке <math>k</math>, для якого вираз <math>\tfrac{P}{k!}</math> є цілим ненульовим числом.
  +
  +
<blockquote>'''Доведення.''' Кожен доданок в <math>P</math> є добутком цілого числа на суму факторіалів; це випливає з рівності
  +
  +
:<math>\int^{\infty}_{0}x^{j}\mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x=j!,</math>
  +
  +
яка є справедливою для будь-якого цілого додатнього <math>j</math> (див. [[Гамма-функція]]).
  +
  +
Він не дорівнює нулю, оскільки для будь-якого <math>a</math> такого, що <math>0<a\leq n</math>, підінтегральний вираз в
  +
  +
:<math>c_{a}\mathrm{e}^{a}\int^{\infty}_{a} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x</math>
  +
  +
є добутком <math>\mathrm{e}_{-x}</math> на суму доданків, в яких найменший степінь при <math>x</math> дорівнює <math>k+1</math> після заміни в інтегралі <math>x</math> на <math>x-a</math>. Отримаємо суму інтегралів вигляду
  +
  +
:<math>\int^{\infty}_{0}x^{j}\mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x,</math>
  +
  +
де <math>k+1\leq j</math>, і тому вона є цілим числом, що ділиться на <math>(k+1)!</math>. Після ділення на <math>k!</math> отримаємо 0 [[Модульна арифметика|за модулем]] <math>(k+1)</math>. Проте можна записати
  +
  +
:<math>\int^{\infty}_{0} f_k \mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x = \int^{\infty}_{0} \left ( \left [(-1)^{n}(n!) \right ]^{k+1}\mathrm{e}^{-x}x^k + \cdots \right ) \operatorname{d}x,</math>
  +
  +
і тоді при діленні першого доданку на <math>k!</math> отримаємо
  +
  +
:<math>{\frac {1}{k!}}c_{0}\int _{0}^{\infty }f_{k}\mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\equiv c_{0}[(-1)^{n}(n!)]^{k+1}\not\equiv 0{\pmod {k+1}}.</math>
  +
  +
Тому при діленні кожного інтеграла в <math>P</math> на <math>k+1</math> лише перший не буде ділитися націло на <math>k+1</math> і лише тоді, коли <math>k+1</math> є простим числом і <math>k+1>n</math>, <math>k+1>c_{0}</math>. З цього випливає, що вираз <math>\tfrac{P}{k!}</math> не ділиться націло на <math>k+1</math> і тому не може дорівнювати нулю.</blockquote>
  +
  +
'''Лема 2.''' <math>\left|\tfrac{Q}{k!}\right|<1</math> для достатньо великих <math>k</math>.
  +
  +
<blockquote> '''Доведення.''' Зауважимо, що
  +
  +
:<math>\begin{align}
  +
f_k \mathrm{e}^{-x} &= x^{k}[(x-1)(x-2)\cdots(x-n)]^{k+1}\mathrm{e}^{-x}\\
  +
&= \left (x(x-1)\cdots(x-n) \right)^k \cdot \left ((x-1)\cdots(x-n)\mathrm{e}^{-x}\right)\\
  +
&= u(x)^k \cdot v(x),
  +
\end{align}</math>
  +
  +
де <math>u(x), v(x)</math> &nbsp;— неперервні для всіх <math>x</math>, і тому є обмеженими на проміжку <math>[0,n]</math>. Це означає, що існують константи <math>G, H > 0</math> такі, що
  +
  +
:<math> \left |f_k \mathrm{e}^{-x} \right | \leq |u(x)|^k \cdot |v(x)| < G^k H \quad</math> для <math>\quad 0 \leq x \leq n.</math>
  +
  +
Тому кожен з інтегралів в <math>Q</math> є обмеженим, і в найгіршому випадку
  +
  +
:<math>\left|\int_{0}^{n}f_{k}\mathrm{e}^{-x}\,\operatorname{d}x\right| \leq \int_{0}^{n} \left |f_{k}\mathrm{e}^{-x} \right |\,\operatorname{d}x \leq \int_{0}^{n}G^k H\,\operatorname{d}x = nG^k H.</math>
  +
  +
Тоді можна обмежити і <math>Q</math>:
  +
  +
:<math>|Q| < G^{k} \cdot nH \left (|c_1|\mathrm{e}+|c_2|\mathrm{e}^2+\cdots+|c_n|\mathrm{e}^{n} \right ) = G^k \cdot M,</math>
  +
  +
де <math>M</math> є незалежною від <math>k</math> константою. З цього випливає, що
  +
  +
:<math>\left| \frac{Q}{k!} \right| < M \cdot \frac{G^k}{k!} \to 0, \quad </math> де <math>k \to \infty,</math>
  +
  +
що завершує доведення леми.</blockquote>
  +
  +
Виберемо <math>k</math>, що задовольняє умови обох лем. Отримаємо наступне: ціле число <math>\left(\tfrac{P}{k!}\right)</math>, що не дорівнює нулю, додане до нескінченно малої величини <math>\left(\tfrac{Q}{k!}\right)</math>, дорівнює нулю, що неможливо. Тому наше припущення, що <math>\mathrm{e}</math> є алгебраїчним числом, хибне; отже, <math>\mathrm{e}</math> &nbsp;— трансцендентне число.
  +
 
== Література ==
 
== Література ==
 
* [[Гельфонд Олександр Йосипович|Гельфонд А. О.]], Трансцендентные и алгебраические числа, М., 1952.
 
* [[Гельфонд Олександр Йосипович|Гельфонд А. О.]], Трансцендентные и алгебраические числа, М., 1952.

Поточна версія на 13:39, 17 серпня 2019

Трансцендентні числа — це числа, які не задовольняють жодне алгебраїчне рівняння з раціональними коефіцієнтами.

Властивості[ред. | ред. код]

Приклади[ред. | ред. код]

Історія[ред. | ред. код]

Вперше поняття трансцендентного числа ввів Жозеф Ліувілль в 1844, коли за допомогою діофантових наближень довів теорему про те, що алгебраїчне число неможливо доволі добре наблизити раціональним дробом. У 1873 Шарль Ерміт довів трансцендентність числа (основи натуральних логарифмів). У 1882 Фердинанд фон Ліндеман довів теорему про трансцендентність степеня числа з ненульовим алгебраїчним показником, тим самим довівши трансцендентність числа і нерозв'язність завдання квадратури круга. Неконструктивне доведення існування трансцендентних чисел — майже тривіальний наслідок теорії множин Кантора.

У 1900 на II Міжнародному Конгресі математиків Давид Гільберт серед сформульованих ним проблем сформулював сьому проблему: «Якщо , — алгебраїчне число і  — алгебраїчне, але ірраціональне, чи правильно, що  — трансцендентне число?» Зокрема, чи є трансцендентним число . Ця проблема була вирішена в 1934 А. О. Гельфондом, який довів, що всі такі числа є трансцендентними.

Схема доведення того, що число є трансцендентним[ред. | ред. код]

Перше доведення того, що число , основа натурального логарифму, є трансцендентним, датується 1873 роком. Надалі слідуватимемо стратегії Давида Гільберта, який спростив оригінальне доведення, запропоноване Шарлем Ермітом. Ідея полягає в застосуванні методу "від супротивного".

Припустимо, що  — алгебраїчне число. Тоді існує скінченний набір цілих коефіцієнтів , що задовольняють рівняння

Для додатнього цілого числа розглянемо наступний многочлен:

і помножимо обидві частини рівняння вищевказаного рівняння на

таким чином, отримаємо:

Це рівняння можна записати в наступній формі:

де

Лема 1. Існує таке , для якого вираз є цілим ненульовим числом.

Доведення. Кожен доданок в є добутком цілого числа на суму факторіалів; це випливає з рівності

яка є справедливою для будь-якого цілого додатнього (див. Гамма-функція).

Він не дорівнює нулю, оскільки для будь-якого такого, що , підінтегральний вираз в

є добутком на суму доданків, в яких найменший степінь при дорівнює після заміни в інтегралі на . Отримаємо суму інтегралів вигляду

де , і тому вона є цілим числом, що ділиться на . Після ділення на отримаємо 0 за модулем . Проте можна записати

і тоді при діленні першого доданку на отримаємо

Тому при діленні кожного інтеграла в на лише перший не буде ділитися націло на і лише тоді, коли є простим числом і , . З цього випливає, що вираз не ділиться націло на і тому не може дорівнювати нулю.

Лема 2. для достатньо великих .

Доведення. Зауважимо, що

де  — неперервні для всіх , і тому є обмеженими на проміжку . Це означає, що існують константи такі, що

для

Тому кожен з інтегралів в є обмеженим, і в найгіршому випадку

Тоді можна обмежити і :

де є незалежною від константою. З цього випливає, що

де

що завершує доведення леми.

Виберемо , що задовольняє умови обох лем. Отримаємо наступне: ціле число , що не дорівнює нулю, додане до нескінченно малої величини , дорівнює нулю, що неможливо. Тому наше припущення, що є алгебраїчним числом, хибне; отже,  — трансцендентне число.

Література[ред. | ред. код]