Трансцендентне число

Трансценде́нтні чи́сла — числа, які не задовольняють жодне алгебраїчне рівняння з раціональними коефіцієнтами.

Властивості

• Множина трансцендентних чисел континуальна.
• Кожне трансцендентне дійсне число є ірраціональним, але зворотне неправильно. Наприклад, число $\sqrt{2}$ — ірраціональне, але не трансцендентне: воно є коренем многочлена $x^2-2=0$.
• Міра ірраціональності майже будь-якого (в сенсі міри Лебега) трансцендентного числа дорівнює 2.

Приклади

• Основа натуральних логарифмів — число e
• Число $\pi$.
• Десятковий логарифм будь-якого цілого числа, окрім чисел $10^n$
• Синус, косинус, тангенс будь-якого ненульового алгебраїчного числа $a$ (згідно з теоремою Ліндемана — Веєрштрасса).

Історія

Вперше поняття трансцендентного числа ввів Жозеф Ліувілль в 1844, коли за допомогою діофантових наближень довів теорему про те, що алгебраїчне число неможливо доволі добре наблизити раціональним дробом. У 1873 Шарль Ерміт довів трансцендентність числа $\mathrm{e}$ (основи натуральних логарифмів). У 1882 Фердинанд фон Ліндеман довів теорему про трансцендентність степеня числа $\mathrm{e}$ з ненульовим алгебраїчним показником, тим самим довівши трансцендентність числа $\pi$ і нерозв'язність задачі квадратури круга. Неконструктивне доведення існування трансцендентних чисел — майже тривіальний наслідок теорії множин Кантора.

У 1900 році на II Міжнародному Конгресі математиків Давид Гільберт серед сформульованих ним проблем сформулював сьому проблему: «Якщо $a=0$, $a$ — алгебраїчне число і $b$  — алгебраїчне, але ірраціональне, чи правильно, що $a^b$  — трансцендентне число?» Зокрема, чи є трансцендентним число $2^{\sqrt{2}}$. Цю проблему вирішив в 1934 А. О. Гельфонд, довівши, що всі такі числа є трансцендентними.

Доведення трансцендентності числа e

Перше доведення того, що число $e$, основа натурального логарифма, є трансцендентним, датується 1873 роком. Надалі слідуватимемо стратегії Давида Гільберта, який спростив оригінальне доведення, запропоноване Шарлем Ермітом. Ідея полягає в застосуванні методу «від супротивного».

Припустимо, що $\mathrm{e}$  — алгебраїчне число. Тоді існує скінченний набір цілих коефіцієнтів $c_0,c_1,...,c_n$, що задовольняють рівняння

$c_0+c_1\mathrm{e}+c_2{\mathrm{e}}^2+\cdots +c_n{\mathrm{e}}^n=0,c_0,c_n\ne 0.$

Для додатного цілого числа $k$ розглянемо такий многочлен:

$f_k(x)=x^k{[(x-1)\cdots (x-n)]}^{k+1},$

і помножимо обидві частини наведеного вище рівняння на

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x;$

таким чином, отримаємо:

$c_0(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+c_1\mathrm{e}(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+\cdots +c_n{\mathrm{e}}^n(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)=0.$

Це рівняння можна записати в такій формі:

$P+Q=0,$

де

$\begin{array}{cc}P& =c_0(\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+c_1\mathrm{e}(\underset{1}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+c_2{e}^2(\underset{2}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+\cdots +c_n{\mathrm{e}}^n(\underset{n}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)\\ Q& =c_1\mathrm{e}(\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+c_2{\mathrm{e}}^2(\underset{0}{\overset{2}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x)+\cdots +c_n{\mathrm{e}}^n(\underset{0}{\overset{n}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x).\end{array}$

Лема 1. Існує таке $k$, для якого вираз $\frac{P}{k!}$ є цілим ненульовим числом.

Доведення. Кожен доданок в

$P$

є добутком цілого числа на суму факторіалів; це випливає з рівності

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^j{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x=j!,$

яка є справедливою для будь-якого цілого додатного $j$ (див. Гамма-функція).

Він не дорівнює нулю, оскільки для будь-якого $a$ такого, що $0<a\le n$, підінтегральний вираз в

$c_a{\mathrm{e}}^a\underset{a}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x$

є добутком ${\mathrm{e}}^{-x}$ на суму доданків, у яких найменший степінь при $x$ дорівнює $k+1$ після заміни в інтегралі $x$ на $x-a$. Отримаємо суму інтегралів вигляду

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^j{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x,$

де $k+1\le j$, і тому вона є цілим числом, що ділиться на $(k+1)!$. Після ділення на $k!$ отримаємо 0 за модулем $(k+1)$. Проте можна записати

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}({[(-1{)}^n(n!)]}^{k+1}{\mathrm{e}}^{-x}{x}^k+\cdots )\mathrm{d}x,$

і тоді при діленні першого доданку на $k!$ отримаємо

$\frac{1}{k!}{c}_0\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x\equiv c_0[(-1{)}^n(n!){]}^{k+1}\equiv ̸0(\mathrm{mod}k+1).$

Тому при діленні кожного інтеграла в

$P$

на

$k+1$

лише перший не буде ділитися націло на

$k+1$

і лише тоді, коли

$k+1$

є простим числом і

$k+1>n$

,

$k+1>c_0$

. З цього випливає, що вираз

$\frac{P}{k!}$

не ділиться націло на

$k+1$

і тому не може дорівнювати нулю.

Лема 2. $\left|\frac{Q}{k!}\right|<1$ для достатньо великих $k$.

Доведення. Зауважимо, що

$\begin{array}{cc}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}& =x^k[(x-1)(x-2)\cdots (x-n){]}^{k+1}{\mathrm{e}}^{-x}\\ & ={(x(x-1)\cdots (x-n))}^k\cdot ((x-1)\cdots (x-n){\mathrm{e}}^{-x})\\ & =u(x{)}^k\cdot v(x),\end{array}$

де $u(x),v(x)$  — неперервні для всіх $x$, і тому є обмеженими на проміжку $[0,n]$. Це означає, що існують константи $G,H>0$ такі, що

$\left|f_k{\mathrm{e}}^{-x}\right|\le |u(x){|}^k\cdot |v(x)|<G^{k}H$ для $0\le x\le n.$

Тому кожен з інтегралів в $Q$ є обмеженим, і, в найгіршому випадку,

$|\underset{0}{\overset{n}{\int }}{f}_k{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x|\le \underset{0}{\overset{n}{\int }}\left|f_k{\mathrm{e}}^{-x}\right|\mathrm{d}x\le \underset{0}{\overset{n}{\int }}{G}^{k}H\mathrm{d}x=n{G}^{k}H.$

Тоді можна обмежити і $Q$:

$|Q|<G^k\cdot nH(|c_1|\mathrm{e}+|c_2|{\mathrm{e}}^2+\cdots +|c_n|{\mathrm{e}}^n)=G^k\cdot M,$

де $M$ є незалежною від $k$ константою. З цього випливає, що

$\left|\frac{Q}{k!}\right|<M\cdot \frac{G^k}{k!}\to 0,$ де $k\to \mathrm{\infty },$

що завершує доведення леми.

Виберемо $k$, що задовольняє умови обох лем. Отримаємо таке: ціле число $\left(\frac{P}{k!}\right)$, що не дорівнює нулю, додане до нескінченно малої величини $\left(\frac{Q}{k!}\right)$, дорівнює нулю, що неможливо. Тому наше припущення, що $\mathrm{e}$ є алгебраїчним числом, хибне; отже, $\mathrm{e}$  — трансцендентне число.

Див. також

• Теорія трансцендентних чисел

Література

• Гельфонд А. О., Трансцендентные и алгебраические числа, М., 1952.
• Фельдман Н., Алгебраические и трансцендентные числа Шаблон:WebarchiveШаблон:Ref-ru, Квант, № 7, 1983.