טרנסצנדנטיות של e

הקבוע המתמטי e תופס מקום מרכזי בענפי מתמטיקה רבים. לאורך ההיסטוריה חקרו מתמטיקאים רבים את תכונותיו. בפרט התעורר עניין רב סביב השאלה האם הוא מספר טרנסצנדנטי – מספר שאינו פתרון של אף משוואה פולינומית עם מקדמים שלמים (או רציונליים).

היסטוריה

הראשון שעסק בסוגיה היה המתמטיקאי השווייצרי יוהאן היינריך למברט, שבשנת 1761 שיער כי ${\text{e}}$ הוא מספר טרנסצנדנטי. אולם, בתקופה זו לא היה ידוע האם קיימים בכלל מספרים טרנסצנדנטיים.

בשנת 1844 הוכיח ז'וזף ליוביל את משפט ליוביל, שהוכיח לראשונה את קיומם של המספרים הטרנסצנדנטיים ונתן דוגמה ראשונה למספר שכזה (קבוע ליוביל). בשנת 1874 הוכיח גאורג קנטור כי כמעט כל המספרים הממשיים הם טרנסצנדנטיים. על אף זאת ההוכחה כי מספר מסוים הוא טרנסצנדנטי נותרה בעיה סבוכה.

בשנת 1873 הוכיח המתמטיקאי הצרפתי שארל הרמיט את השערתו של למברט, ובכך היה e למספר הטרנסצנדנטי הראשון שהתגלה בלי שנבנה לשם כך מראש (בניגוד למספרי ליוביל).

פרדיננד לינדמן וקארל ויירשטראס הכלילו את תוצאתו של הרמיט והוכיחו את משפט לינדמן-ויירשטראס הקובע את הטרנסצנדנטיות ואת האי-תלות האלגברית של חזקות אלגבריות של ${\text{e}}$; ממשפט זה נובעת גם הטרנסצנדנטיות של פאי.

שיטת ההוכחה

השיטה בה מוכיחים כי ${\text{e}}$ טרנסצנדנטי שימושית במיוחד, ונעשה בה שימוש רב להוכחת הטרנסצנדנטיות והאי-רציונליות של מספרים רבים נוספים.

הרעיון הכללי הוא להניח בשלילה כי המספר מקיים את התכונה, ובאמצעות בניית פונקציות שתפורות לעניין היטב, מבצעים מניפולציות אנליטיות ומראים כי זה גורר שוויון מופרך בין מספר שלם שונה מאפס לבין מספר קטן בערכו המוחלט מ-1. גם ההוכחה הפשוטה יותר כי ${\text{e}}$ אי-רציונלי נעשית בדרך דומה. בשל השימושיות שלה בתחום זכתה השיטה לכינוי ההומוריסטי "המשפט היסודי של המספרים הטרנסצנדנטיים" (על משקל המשפטים היסודיים של האריתמטיקה, האלגברה, החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי ודומיהם).

הילברט

הוכחה זו מבוססת על הוכחה שניתנה על ידי דויד הילברט כפישוט להוכחתו המקורית של הרמיט, תוך שימוש בכלים בסיסיים בחשבון אינפיניטסימלי בלבד.

נניח בשלילה כי $e$ מספר אלגברי. לכן קיימים מספרים שלמים $c_{0},c_{1},\ldots ,c_{n}$ כאשר $c_{0},c_{n}$ שונים מאפס (אם המקדם החופשי שווה אפס נחלק את המשוואה בחזקה של $e$ כך שהמקדם החופשי יהיה שונה מאפס) ומקיימים:

$c_{0}+c_{1}e+c_{2}e^{2}+\cdots +c_{n}e^{n}=0$

נגדיר פונקציה:

$f(x)=x^{k}{\bigl [}(x-1)(x-2)\cdots (x-n){\bigr ]}^{k+1}e^{-x}$

$k$ מספר טבעי שיוגדר בהמשך. נכפול את המשוואה ב-$\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx$:

$c_{0}\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx+c_{1}e\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx+\cdots +c_{n}e^{n}\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx=0$

נשתמש באדיטיביות האינטגרל ונעביר אגפים כדי לקבל:

$c_{0}\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx=-\left(c_{1}e\int \limits _{0}^{1}f(x)dx+c_{2}e^{2}\int \limits _{0}^{2}f(x)dx+\cdots +c_{n}e^{n}\int \limits _{0}^{n}f(x)dx\right)$

נסמן את אגף שמאל $P_{1}$ ואת אגף ימין $P_{2}$. לפי המשוואה מתקיים ${\frac {P_{1}}{k!}}={\frac {P_{2}}{k!}}$, אולם נוכיח כי ל-$k$ גדול מספיק ${\frac {P_{1}}{k!}}$ מספר שלם שונה מאפס בעוד ${\frac {P_{2}}{k!}}$ אינו כזה וכך נגיע לסתירה.

שלב ראשון

$P_{1}$ הוא סכום של איברים מהצורה $c_{a}e^{a}\int \limits _{a}^{\infty }f(x)dx$. לכל $0<a\leq n$ נבצע באינטגרל שינוי משתנה מ-$x$ ל-$x+a$ ונקבל (נשים לב כי הקבוע $e^{a}$ מצטמצם):

$c_{a}e^{a}\int \limits _{a}^{\infty }f(x)dx=c_{a}\int \limits _{0}^{\infty }(x+a)^{k}{\bigl [}(x+a-1)\cdots x\cdots (x+a-n){\bigr ]}^{k+1}e^{-x}dx$

נפתח סוגריים ונקבל סכום של אינטגרלים שהחזקה המינימלית של $x$ בהם היא $x^{k+1}$ וכל המקדמים שלמים:

$c_{a}e^{a}\int \limits _{a}^{\infty }f(x)dx=\sum _{i\,=\,k+1}^{m}d_{i}\int \limits _{0}^{\infty }x^{i}e^{-x}dx$, כאשר $m,d_{k+1},\ldots ,d_{m}$ מספרים שלמים.

מאינטגרציה בחלקים נובע $\int \limits _{0}^{\infty }x^{i}e^{-x}dx=i!$ (זוהי תכונה ידועה של פונקציית גמא). ולכן:

${\frac {1}{k!}}c_{a}e^{a}\int \limits _{a}^{\infty }f(x)dx=\sum _{i\,=\,k+1}^{m}d_{i}{\frac {i!}{k!}}=\sum _{i\,=\,k+1}^{m}d_{i}(k+1)\cdots i\equiv 0{\pmod {k+1}}$

במקרה $a=0$ מפתיחת סוגריים ומהפעלת שיקולים דומים נקבל (נשים לב כי במקרה הזה יש ל-$x^{k}$ מקדם השווה למכפלת המקדמים החופשיים באינטגרנד):

${\frac {1}{k!}}c_{0}\int \limits _{0}^{\infty }f(x)dx={\frac {1}{k!}}\left(c_{0}n!(-1)^{k+1}\int \limits _{0}^{\infty }x^{k}e^{-x}dx+\sum _{i\,=\,k+1}^{m}d_{i}\int \limits _{0}^{\infty }x^{i}e^{-x}dx\right)\equiv c_{0}n!(-1)^{k+1}{\pmod {k+1}}$

כל $k+1$ ראשוני הגדול מ-$n$ ומ-$c_{0}$ זר ל-$c_{0}n!(-1)^{k+1}$. במקרה כזה:

${\frac {P_{1}}{k!}}={\frac {1}{k!}}\sum _{i\,=\,0}^{n}c_{i}e^{i}\int \limits _{i}^{\infty }f(x)dx\equiv c_{0}n!(-1)^{k+1}\not \equiv 0{\pmod {k+1}}$

והוכחנו כי ${\frac {P_{1}}{k!}}$ שלם השונה מאפס.

שלב שני

נוכיח כי ל-$k$ גדול מספיק ${\frac {P_{2}}{k!}}$ קטן בערכו המוחלט מ-1. נסמן:

$g(x)=x(x-1)(x-2)\cdots (x-n);\quad h(x)=(x-1)(x-2)\cdots (x-n)e^{-x}$

נשים לב כי:

$f(x)=g(x)^{k}\cdot h(x)$

$g,h$ פונקציות רציפות ולכן לפי משפט ויירשטראס הראשון קיימים חסמים $G,H$ כך שלכל $x\in [0,n]$:

$|g(x)|<G;\quad |h(x)|<H$     (בפרט ניתן להגדיר: $G=n^{n+1};\quad H=n^{n}$)

לפי אי-שוויון המשולש האינטגרלי ותכונת המונוטוניות של אינטגרלים (לכל $0<i\leq n$):

$\left|\int \limits _{0}^{i}f(x)dx\right|\leq \int \limits _{0}^{i}|f(x)|dx<\int \limits _{0}^{i}G^{k}Hdx=G^{k}H\cdot i$

לכן לפי אי-שוויון המשולש:

$|P_{2}|=\left|\sum _{i\,=\,1}^{n}c_{i}e^{i}\int \limits _{0}^{i}f(x)dx\right|<\sum _{i\,=\,1}^{n}|c_{i}e^{i}\cdot i|\cdot G^{k}H$

נסמן:

$M=\sum _{i\,=\,1}^{n}|c_{i}e^{i}\cdot i|\cdot H$, כלומר $|P_{2}|<MG^{k}$

נבחין בגבול הפשוט (פונקציית העצרת גדלה מהר יותר מפונקציה מעריכית):

$\lim _{k\to \infty }{\frac {MG^{k}}{k!}}=0$

ונסיק כי ל-$k$ גדול מספיק:

$\left|{\frac {P_{2}}{k!}}\right|<{\frac {MG^{k}}{k!}}<1$

שלב סופי

נבחר $k$ כך שהוא גדול מספיק וגם $k+1$ ראשוני (אפשרי משום שקיימים אינסוף ראשוניים). לפי השלב הראשון ${\frac {P_{1}}{k!}}$ שלם שונה מאפס, כלומר $\left|{\frac {P_{1}}{k!}}\right|\geq 1$. לעומת זאת לפי השלב השני $\left|{\frac {P_{2}}{k!}}\right|<1$ בסתירה לכך ש-$P_{1}=P_{2}$.

לכן $e$ אינו שורש של פולינום במקדמים שלמים ובהכרח מספר טרנסצנדנטי.

הורוויץ

הוכחה זו מבוססת על הוכחה שניתנה על ידי אדולף הורוויץ, גם היא כפישוט להוכחתו המקורית של הרמיט.

נניח בשלילה כי ${\text{e}}$ מספר אלגברי, כלומר קיים פולינום

$P(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots +a_{n}x^{n}\in \mathbb {Z} [x]$

עבורו $P({\text{e}})=0$.

שלב ראשון

יהי $f(x)$ פולינום ממעלה $d$. נגדיר $F(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k)}\!(x)$. נגזור ונקבל כי

$F'\!(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k+1)}\!(x)=\sum _{k\,=\,1}^{d}f^{(k)}\!(x)=F(x)-f(x)$

נגדיר $G(x)={\text{e}}^{-x}F(x)$. נגזור ונקבל כי

$G'\!(x)={\text{e}}^{-x}F'\!(x)-{\text{e}}^{-x}F(x)={\text{e}}^{-x}{\bigl [}F'\!(x)-F(x){\bigr ]}=-{\text{e}}^{-x}f(x)$

כיון שהפונקציה $G(x)$ גזירה, ניישם את משפט הערך הממוצע של לגראנז' מעל הקטע $[0,m]$ כאשר $m\in \mathbb {N}$. לכן קיים $x_{m}\in (0,m)$ עבורו

$G'\!(x_{m})={\frac {G(m)-G(0)}{m-0}}={\frac {{\text{e}}^{-m}F(m)-{\text{e}}^{-0}F(0)}{m}}=-{\text{e}}^{-x_{m}}f(x_{m})$

נסמן

${\begin{aligned}F(m)-{\text{e}}^{m}F(0)=-m\,{\text{e}}^{m-x_{m}}f(x_{m})=A_{m}\\[6pt]a_{m}F(m)-a_{m}{\text{e}}^{m}F(0)=a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

נסכום ונקבל כי

${\begin{aligned}\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}{\text{e}}^{m}F(0)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}{\text{e}}^{m}=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)(-a_{0})=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

שלב שני

למה: יהי $f(x)$ פולינום בעל שורש $x_{0}$ מריבוי $d\geq 1$. אזי $f^{(j)}\!(x_{0})=0$ לכל $0\leq j\leq d-1$.

הוכחה: באינדוקציה שלמה.

נרשום $f(x)=(x-x_{0})^{d}Q(x)$, כאשר $Q(x)$ פולינום עבורו $Q(x_{0})\neq 0$.

עבור $d=1$ מתקיים:

$f^{(0)}\!(x_{0})=f(x_{0})=0$

נניח כי לכל $1\leq d\leq k$ הטענה מתקיימת לכל $0\leq j\leq d-1$.
נוכיח כי עבור $d=k+1$ הטענה מתקיימת לכל $0\leq j\leq k$:

${\begin{aligned}f(x)&=(x-x_{0})^{k+1}Q(x)\\[5pt]f^{(1)}\!(x)&=(k+1)(x-x_{0})^{k}Q(x)+(x-x_{0})^{k+1}Q^{(1)}\!(x)\\[5pt]&={\color {blue}(x-x_{0})^{k}}{\color {red}{\bigl [}(k+1)Q(x)+(x-x_{0})Q^{(1)}\!(x){\bigr ]}}\\[5pt]&={\color {blue}(x-x_{0})^{k}}{\color {red}R(x)}\end{aligned}}$

הביטוי הכחול מריבוי $k\geq 1$, כאשר $R(x)$ פולינום עבורו $R(x_{0})\neq 0$.
לכן מכפלתם מקיימת את הנחת האינדוקציה.

$\square$

שלב שלישי

עתה נגדיר פולינום

${\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{(p-1)!}}\,x^{p-1}{\bigl [}(1-x)(2-x)\cdots (n-x){\bigr ]}^{p}\\[5pt]&={\frac {(n!)^{p}}{(p-1)!}}x^{p-1}+\!\!\sum _{m\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {b_{m}}{(p-1)!}}x^{m}\quad :b_{m}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$

כאשר $p$ מספר ראשוני המקיים $p>\max\{a_{0},n\}$. מתקיים כי

$f^{(k)}\!(x)=\!\!\sum _{m\,=\,k}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {k!}{(p-1)!}}{\binom {m}{k}}b_{m}x^{m-k}\quad :p\leq k\leq (n+1)p-1$

לכן לכל $k\geq p$ הפונקציה $f^{(k)}\!(x)$ היא פולינום במקדמים שלמים המתחלקים כולם ב-$p$.

לפי השלב השני, לכל $1\leq m\leq n$ מתקיים

$F(m)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)=\!\!\sum _{k\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)$

ולכן $F(m)$ מספר שלם המתחלק ב-$p$.

לעומת זאת, עבור $m=0$ מתקיים

$F(0)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)=\!\!\sum _{k\,=\,p-1}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)$

אך $f^{(p-1)}\!(0)=(n!)^{p}$, והמספרים $n,a_{0}$ אינם מתחלקים ב-$p$. לכן $a_{0}F(0)$ לא מתחלק ב-$p$.

מסקנה: $N=\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)$ הוא מספר שלם שאינו מתחלק ב-$p$, ובפרט $N\neq 0$.

שלב סופי

לפי השלב הראשון, לכל $1\leq m\leq n$ מתקיים $0<x_{m}<m\leq n$. לכן

${\begin{aligned}A_{m}&=-m\,{\text{e}}^{m-x_{m}}f(x_{m})=-{\frac {m\,{\text{e}}^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\bigl [}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\bigr ]}^{p}\\[5pt]|A_{m}|&={\frac {m\,{\text{e}}^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\Big |}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\Big |}^{p}\\[5pt]&\leq {\frac {n\,{\text{e}}^{n}}{(p-1)!}}\,n^{p-1}(1\cdot 2\cdots n)^{p}={\text{e}}^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}\end{aligned}}$

על־פי אי-שוויון המשולש מתקיים

$0<|N|=\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|=\left|\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\right|\leq \sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}A_{m}|\leq \left(\sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}|\right){\text{e}}^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}$

אך $\lim _{p\to \infty }{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}=0$, כלומר עבור $p$ גדול מספיק מתקיים $0<|N|<1$. סתירה.

$\square$

מסקנה: ${\text{e}}$ מספר טרנסצנדנטי.

$\blacksquare$

קישורים חיצוניים

• הוכחת הטרנסצנדנטיות של e בגרסת הילברט (ואי-רציונליות של π) (בגרמנית)
• הוכחת הטרנסצנדנטיות של e בגרסת אדולף הורוויץ (לא פעיל) ארכיון (באנגלית)