Historia matematyki, Lista 9

Historia matematyki, Lista 9
Zadanie 1. (niewymierność liczby e)
n
∞
X
X
1
1
. Połóżmy an =
.
Wiemy z Analizy, że e =
n=0 n!
k=0 k!
a) Wykaż, że 0 < e − an =
∞
X
1
1
<
, a w związku z tym dla pewnego θn ∈ (0, 1)
n · n!
k=n+1 k!
zachodzi równość
1
1
1
θn
+ + ... +
+
.
1! 2!
n! n · n!
b) Zakładając wymierność e, tzn. że e = pq , p, q ∈ N otrzymaj za pomocą powyższego wzoru
sprzeczność.
e=1+
Wskazówka 1: Załóż, że e =
m
n
i rozważ powyższy wzór dla tego własnie n.
Wskazówka 2: Jeśli w dalszym ciągu nie wiesz, jak dowodzić dalej, możesz spojrzeć do I tomu
książki Fichtenholza, Rozdział I, paragraf 37.
Zadanie 2. Pierwszy dowód niewymierności π podał Johann Lambert (1728 - 1777), w tym
zadaniu spróbujemy zrozumieć dowód podany przez Ivana Nivena (1915 - 1999). Zadanie polega
na sprawdzeniu głównych kroków dowodu:
Załóżmy, ze π jest liczbą wymierną, powiedzmy π = pq , p, q ∈ N. Określmy wielomian stopnia
2n (liczbę n wybierzemy później) wzorem
f (x) =
xn (p − qx)n
.
n!
a) Sprawdźmy, że f (x) = f (π − x) oraz f (i) (0) = ±f (i) (π) dla wszystkich i ­ 0
b) Twierdzimy, że f (i) (0), a zatem także f (i) (π), są liczbami całkowitymi.
α n+k
Wsk. Typowy składnik wielomianu f (x) ma postać n!
x , gdzie 0 ¬ k ¬ n, a α jest liczbą
całkowitą. Jeśli zróżniczkujemy
go i razy i obliczymy wartość w zerze, otrzymamy zero, gdy
n+k
i 6= n + k oraz αk! n , gdy i = n + k.
c) Połóżmy
F (x) = f (x) − f (2) (x) + f (4) (x) − ... + (−1)n f (2n) (x)
i zauważmy, że
d
[F 0 (x) sin x − F (x) cos x] = [F 00 (x) + F (x)] sin x = [f (x)+(−1)n+2 f (2n+2) (x)] sin x = f (x) sin x.
dx
d) Obliczmy
Z π
0
f (x) sin x dx = [F 00 (x) sin x − F (x) cos x]|π0 = F (π) − F (0).
e) Liczba F (π) − F (0) jest całkowita (dlaczego?), ale dla 0 < x < π zachodzi nierówność
0 < f (x) sin x <
(πp)n
.
n!
f) Biorąc dostatecznie duże n otrzymujemy sprzeczność. Dlaczego?
Udowodnienie przestępności liczby e jest dużo trudniejsze od wykazania jej niewymierności.
Zrobił to dopiero w 1873 Charles Hermite. Dowód faktu, że liczba π jest przestępna (a zatem
klasyczna kwadratura koła nie jest możliwa) jest lekkim uogólnieniem dowodu Hermite’a i
został podany przez Lindemanna w 1882 roku.
W kilku poniższych zadaniach znajdują się zasadnicza pomysły dowodu Hermite’a. Ten dowód
(z pewnymi obliczeniami pozostawionymi dla Czytelnika) można znaleźć np. w II tomie ksiązki
Fichtenholza, rozdział IX, paragraf 319.
Zadanie 3. (uogólniony wzór na całkowanie przez części)
Wykaż, że jeżeli funkcje u oraz v mają ciągłe pochodne do rzędu n + 1 włącznie, to
Z b
a
uv (n+1) dx = [uv (n) − u0 v (n−1) + ... + (−1)n u(n) v]|ba + (−1)n+1
Z b
u(n+1) v dx.
a
Zadanie 4. Zastąpmy w powyższym wzorze u przez f – dowolny wielomian stopnia n, a v
przez (−1)n+1 e−x . Sprawdź, że wówczas wzór przyjmuje postać
Z b
0
f (x)e−x dx = −e−x [f (x) + f 0 (x) + ... + f (n) (x)]|b0 .
Zadanie 5. Oznaczmy f (x) + f 0 (x) + ... + f (n) (x) = F (x), wtedy
eb F (0) = F (b) + eb
Z b
f (x)e−x dx.
0
Zadanie 6. Podstawiając kolejno w powyższym wzorze b = 0, 1, 2, ..., m i mnożąc otrzymane
równości przez, odpowiednio, c0 , c1 , ..., cm uzyskaj równość
0 = c0 F (0) + c1 F (1) + ... + cm F (m) +
m
X
i=0
ci e
i
Z i
f (x)e−x dx.
0
Równość z zad. 6 musi być spełniona dla wszystkich wielomianów f (x). Wystarczy zatem
znaleźć wielomian, który jej nie spełnia, a to dowiedzie przestepności liczby e.
1
xp−1 (x − 1)p (x − 2)p ...(x − m)p , gdzie p
(p − 1)!
jest liczbą pierwszą, większą zarówno od m, jak i od |c0 |. Trzeba wykazac, że nie spełnia on
równości z zad. 6. Reszta obliczeń w II tomie książki Fichtenholza.
Zadanie 7. Rozpatrzmy wielomian f (x) =