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:

$e=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}$

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:

$x=b!(e-\sum _{n=0}^b\frac{1}{n!})$

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

$x=b!(\frac{a}{b}-\sum _{n=0}^b\frac{1}{n!})=a(b-1)!-\sum _{n=0}^b\frac{b!}{n!}.$

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:

$x=b!(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}-\sum _{n=0}^b\frac{1}{n!})=\sum _{n=b+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{b!}{n!}>0,$

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:

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

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

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

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:

$\underset{I\cup J}{\int }f\mathrm{d}x=\int If\mathrm{d}x+\int Jf\mathrm{d}x,$ I, J diszjunkt.

• A parciális integrál módszere:

$\int f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x)-\int f^{\prime }(x)g(x)dx$ 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.

• $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{c^n}{n!}=0$ 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 $\epsilon =\frac{1}{2q}$-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

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

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

Legyen most az ε pozitív szám tetszőleges! Ekkor választhatunk hozzá egy n egész számot, hogy $n>\frac{2}{\epsilon }$, átrendezve $\epsilon >\frac{2}{n}$. Továbbá teljesüljön u = n! és v = A_nn!. Ekkor $e\le A_n+\frac{2}{(n+1)!}=A_n+\frac{2}{u(n+1)}=\frac{A_{n}u(n+1)+2}{u(n+1)}=\frac{(n+1)v}{(n+1)u}=\frac{v+\frac{2}{n+1}}{u}$ Ebből azonnal látszik, hogy e erősen approximálható, hiszen $0<\frac{2}{n+1}<\frac{2}{n}<\epsilon$.