Доказательство того, что e иррационально

Число е в 1683 году . было введено Якобом Бернулли Более полувека спустя Эйлер , который был учеником младшего брата Якоба Иоганна , доказал, е иррационально что ; то есть его нельзя выразить как частное двух целых чисел.

Доказательство Эйлера

Эйлер написал первое доказательство иррациональности е в 1737 году (но текст был опубликован только семь лет спустя). Он вычислил представление е в виде простой цепной дроби , то есть

$e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,\ldots ,2n,1,1,\ldots ].$

Поскольку эта цепная дробь бесконечна и каждое рациональное число имеет конечную цепную дробь, е иррационально. Краткое доказательство предыдущего равенства известно. Поскольку простая цепная дробь e не является периодической , это также доказывает, что e не является корнем квадратного многочлена с рациональными коэффициентами; в частности, е ² иррационально.

Доказательство Фурье

Самым известным доказательством является Жозефа Фурье доказательство от противного . которое основано на равенстве

$e=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}.$

Первоначально e предполагается рациональным числом вида а / б . Идея состоит в том, чтобы затем проанализировать увеличенную разницу (здесь обозначенную x ) между последовательным представлением e и ее строго меньшей b -й частичной суммой, которая аппроксимирует предельное значение e . Выбрав масштабный коэффициент в качестве b , факториала дробь a / b и b - я частичная сумма преобразуются в целые числа , следовательно, x должен быть положительным целым числом. Однако быстрая сходимость представления в виде ряда означает, что x по-прежнему строго меньше 1. Из этого противоречия мы выводим, что e иррационально.

Теперь подробности. Если e — рациональное число , то существуют натуральные числа a и b такие, что e = а / б . Определите число

$x=b!\left(e-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right).$

Используйте предположение, что e = а / б для получения

$x=b!\left({\frac {a}{b}}-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=a(b-1)!-\sum _{n=0}^{b}{\frac {b!}{n!}}.$

Первый член — целое число, и каждая дробь суммы на самом деле является целым числом, поскольку n ≤ b для каждого члена . Следовательно, в предположении, что e рационально, x является целым числом.

Теперь мы докажем, что 0 < x < 1 . Во-первых, чтобы доказать, что x строго положителен, мы вставляем приведенное выше представление серии e в определение x и получаем

$x=b!\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {b!}{n!}}>0,$

потому что все члены строго положительны.

Теперь мы докажем, что x < 1 . Для всех слагаемых с n ≥ b + 1 имеем верхнюю оценку

${\frac {b!}{n!}}={\frac {1}{(b+1)(b+2)\cdots {\big (}b+(n-b){\big )}}}\leq {\frac {1}{(b+1)^{n-b}}}.$

Это неравенство является строгим для любого n ≥ b + 2 . Меняя индекс суммирования на k = n – b и используя формулу бесконечной геометрической прогрессии , получаем

$x=\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {b!}{n!}}<\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{n-b}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{k}}}={\frac {1}{b+1}}\left({\frac {1}{1-{\frac {1}{b+1}}}}\right)={\frac {1}{b}}\leq 1.$

И поэтому $x<1.$

Поскольку не существует целого числа строго между 0 и 1, мы пришли к противоречию, и, следовательно, e иррационально, КЭД

Альтернативные доказательства

Еще одно доказательство можно получить из предыдущего, заметив, что

$(b+1)x=1+{\frac {1}{b+2}}+{\frac {1}{(b+2)(b+3)}}+\cdots <1+{\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)}}+\cdots =1+x,$

и это неравенство эквивалентно утверждению, что bx < 1. Это, конечно, невозможно, поскольку b и x — целые положительные числа.

Еще одно доказательство можно получить из того, что

${\frac {1}{e}}=e^{-1}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n!}}.$

Определять $s_{n}$ следующее:

$s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}.$

Затем

$e^{-1}-s_{2n-1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}-\sum _{k=0}^{2n-1}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}<{\frac {1}{(2n)!}},$

что подразумевает

$0<(2n-1)!\left(e^{-1}-s_{2n-1}\right)<{\frac {1}{2n}}\leq {\frac {1}{2}}$

для любого положительного целого числа $n$.

Обратите внимание, что $(2n-1)!s_{2n-1}$ всегда является целым числом. Предположим, что $e^{-1}$ рационально, поэтому $e^{-1}=p/q,$ где $p,q$ являются взаимно простыми, и $q\neq 0.$ Можно правильно выбрать $n$ так что $(2n-1)!e^{-1}$ является целым числом, т.е. $n\geq (q+1)/2.$ Следовательно, для этого выбора разница между $(2n-1)!e^{-1}$ и $(2n-1)!s_{2n-1}$ было бы целое число. Но из-за вышеуказанного неравенства это невозможно. Так, $e^{-1}$ иррационально. Это означает, что $e$ иррационально.

Обобщения

В 1840 году Лиувилл опубликовал доказательство того, что e ² иррационально с последующим доказательством того, что e ² не является корнем многочлена второй степени с рациональными коэффициентами. Из последнего факта следует, что e ⁴ иррационально. Его доказательства аналогичны доказательству Фурье иррациональности e . В 1891 году Гурвиц объяснил, как можно доказать, используя те же идеи, что e не является корнем многочлена третьей степени с рациональными коэффициентами, из чего следует, что e ³ иррационально. В более общем плане, э ^д иррационально для любого ненулевого рационального q .

В 1873 году Чарльз Эрмит далее доказал, что e — трансцендентное число , что означает, что оно не является корнем какого-либо многочлена с рациональными коэффициентами, как e. ^а для любого ненулевого алгебраического α .

См. также

• Характеристики показательной функции
• Трансцендентное число , включая доказательство того, что e трансцендентно.
• Теорема Линдеманна – Вейерштрасса
• Доказательство того, что π иррационально