e irracionálisságának bizonyítása

Az Euler-féle szám, más néven e szám irracionális. A jelen cikk erre az állításra ad három bizonyítást.

Joseph Fourier (1768 – 1830), francia matematikus bizonyítása az ellentmondáson alapul. Az e felírható numerikus sorok segítségével:

$e = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!}\!$

Ez az e szám Taylor-sorba fejtése az exponenciális függvény szerint, ahol a kitevő =1. Feltételezzük, hogy e egy racionális szám a/b formában. Ekkor létezik egy pozitív a és b, és így a e = a/b, ahol b > 1. Definiáljunk egy $x$ számot:

$x = b!\,\biggl(e - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr)\!$

Ha e racionális, akkor x egész szám, helyettesítsük be e = a/b –t ebbe a definícióba:

$x = b!\,\biggl(\frac{a}{b} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr) = a(b - 1)! - \sum_{n = 0}^{b} \frac{b!}{n!}\,.$

Az első kifejezés egész, és a szumma minden tagja is egész szám, mert n ≤ b. Ezért x maga is egész szám. Most bebizonyítjuk, hogy 0 < x < 1. Először azt bizonyítjuk be, hogy x szigorúan pozitív: Behelyettesítjük a fenti sorba e kifejezést az x definíciójába:

$x = b!\,\biggl(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr) = \sum_{n = b+1}^{\infty} \frac{b!}{n!}>0\,,\!$

mivel minden tényezőre igaz, hogy n ≤ b, mind kiesik, csak egy marad , mely pozitív. Most bebizonyítjuk, hogy x < 1. Minden tényezőnél, ahol n ≥ b + 1 kapjuk:

$\frac{b!}{n!} =\frac1{(b+1)(b+2)\cdots(b+(n-b))} \le\frac1{(b+1)^{n-b}}\,.\!$

Ez az egyenlőtlenség minden n ≥ b + 2.-re igaz. A szumma indexét kicserélve k = n – b, és a végtelen mértani sor képletét használva, kapjuk:

$x =\sum_{n = b+1}^\infty \frac{b!}{n!} < \sum_{n=b+1}^\infty \frac1{(b+1)^{n-b}} =\sum_{k=1}^\infty \frac1{(b+1)^k} =\frac{1}{b+1} \biggl(\frac1{1-\frac1{b+1}}\biggr) = \frac{1}{b} < 1.$

Mivel nincs 0 és 1 között egész szám, kaptunk egy ellentmondást, és így az e-nek irracionálisnak kell lennie. Q.E.D.

Egy másik bizonyítás szerint : Az előzőekből kiindulva:

$(b+1)x=1+\frac1{b+2}+\frac1{(b+2)(b+3)}+\cdots<1+\frac1{b+1}+\frac1{(b+1)(b+2)}+\cdots=1+x,$

Ez az egyenlőtlenség ekvivalens azzal, hogy b.x < 1. Ez viszont lehetetlen, mert b' és x természetes számok.

A harmadik bizonyítás egy némileg általánosabb lemmán alapszik.

• Az integrál additív halmazfüggvény, vagyis diszjunkt szakaszokon integrálva és ezeket összegezve az egész szakaszon vett integrált kapjuk:

$\int _{I \cup J}f \operatorname dx=\int I f \operatorname dx + \int J f \operatorname dx,$ I, J diszjunkt.

• A parciális integrál módszere:

$\int f(x)\,g'(x)\,dx=f(x)\,g(x)-\int f'(x)\,g(x)\,dx$ f és g folytonosan differenciálható.

• Ha g és h valós polinomok, és tetszőleges valós a számra

$g(a)=e^{-a}h(a),$

akkor g és h is azonosan nulla.

• $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{c^n}{n!}=0$ minden valós c számra.
• Az α valós szám erősen approximálható, ha minden ε>0-hoz van u és v egész szám, és egy |δ| < ε szám, hogy $\alpha = \frac {v + \delta}{u}.$

Minden ilyen α valós szám irracionális. Fordítva ez az összefüggés nem teljesül, mivel az ilyen számok megszámlálhatóan sokan vannak.

Lemma

A tétel bizonyításához szükség van erre a lemmára:

Lemma: Minden erősen approximálható valós szám irracionális.

Bizonyítás:

Tegyük fel indirekt, hogy α racionális, vagyis vannak p és q egészek, hogy :$\alpha=\frac {p}{q}=\frac {v+\delta}{u}!$

Ekkor $\varepsilon=\frac{1}{2q}$-hoz is vannak δ, u, v számok. Behelyettesítve és átrendezve

$\frac {p}{q}-\frac{v}{u}=\frac{\delta}{u}$

$|pu-vq|=q|\delta|<q \frac {1}{2q}< \frac {1}{2}.$

A pu-vq szám egész kell, hogy legyen, de $\frac {1}{2}$ nem egész szám. Ellentmondás.

A tétel bizonyítása

A lemma miatt elég azt belátni, hogy az e szám erősen approximálható.

Az e számot a $\sum _{k=0}^n \frac{1}{k!}$ sorral közelítjük. Ha a sor n-edik tagját A_n jelöli, akkor

$e=A_n+\frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+ \dots)\leq$

$\leq A_n+ \frac{1}{(n+1)!}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots)=A_n+\frac{2}{(n+1)!}$

Legyen most az ε pozitív szám tetszőleges! Ekkor választhatunk hozzá egy n egész számot, hogy $n > \frac{2}{\varepsilon}$, átrendezve $\varepsilon > \frac{2}{n}$. Továbbá teljesüljön u = n! és v = A_nn!. Ekkor

$e \leq A_n + \frac{2}{(n+1)!}=A_n+\frac{2}{u(n+1)}=\frac{A_nu(n+1)+2}{u(n+1)}=\frac{(n+1)v}{(n+1)u}= \frac{v+\frac{2}{n+1}}{u}$

Ebből azonnal látszik, hogy e erősen approximálható, hiszen $0<\frac{2}{n+1}<\frac{2}{n}<\varepsilon$.