Az 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:

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

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

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

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:

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

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:

$\int _{I\cup J}f\operatorname {d} x=\int If\operatorname {d} x+\int Jf\operatorname {d} x,$ 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

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

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