Il numero di Nepero è trascendente. Parte terza.******

13/01/19

Il numero di Nepero è trascendente. Parte terza.******

Categorie: Matematica Scritto da: Umberto Cibien Commenti:0

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Premessa

Questa terza parte può sembrare la più difficile, anche se in realtà non lo è. Avremo a che fare solo con dei "semplici " polinomi,  sicuramente però non ci avventureremo nello svilupparli. Ci basterà fare degli  ragionamenti sui gradi di  tali polinomi. Ragionamenti  molto semplici. Poi usando il nostro integrale fondamentale :

\dpi{120} \fn_cm \int_{0}^{\infty}e^{-z}\cdot z^{\rho}dz=\rho! che ci fa passare da un integrale definito a dei numeri interi, riusciremo a trovare delle proprietà interessanti per P1.

Nella seconda parte  abbiamo elaborato delle espressioni, definendo:

\dpi{120} I\rho(a)=\int_{a}^{\infty}z^{\rho}[(z-1)(z-2)....(z-n)]^{\rho+1}e^{-z}dz

\dpi{120} J\rho(b)\int_{0}^{b}z^{\rho}[(z-1)(z-2)....(z-n)]^{\rho+1}e^{-z}dz

e

\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} P_{1}= a_{0}I_{\rho}(0)+a_{1}\cdot eI_{\rho}(1)+a_{2}\cdot e^{2}I_{\rho}(2)+....+a_{n}\cdot e^{n}I_{\rho}(n)

\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} P_{2}= a_{1}\cdot eJ_{\rho}(1)+a_{2}\cdot e^{2}J_{\rho}(2)+....+a_{n}\cdot e^{n}J_{\rho}(n)

Il risultato delle nostre elaborazioni, è che se è vero che e è un numero algebrico, allora

\dpi{120} \dpi{120} P_{1}+P_{2}= 0. Il tutto è naturalmente conseguenza dell'aver supposto per  assurdo che:

\dpi{120} a_{0}+a_{1}\cdot e+a_{2}\cdot e^{2}+....+a_{n}\cdot e^{n}=0  .

Questa è adesso la nuova condizione di cui dobbiamo dimostrare la falsità:

\dpi{120} \dpi{120} P_{1}+P_{2}= 0. Sicuramente se riusciamo a dimostrare che uno dei due è intero e l'altro no, avremmo concluso la dimostrazione.

Analizziamo i due termini, cominciando da P1;

P1 è definito come:

\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} P_{1}= a_{0}I_{\rho}(0)+a_{1}\cdot eI_{\rho}(1)+a_{2}\cdot e^{2}I_{\rho}(2)+....+a_{n}\cdot e^{n}I_{\rho}(n)

Vogliamo dimostrare che P1 è un intero divisibile per  \dpi{120} \rho! . Per far questo dobbiamo dimostrare che ogni singolo fattore della somma che compone P1 lo è.

Cominciamo con \dpi{120} I_{\rho}(0).

\dpi{120} I_{\rho}(0)=\int_{0}^{\infty}z^{\rho}[(z-1)(z-2)....(z-n)]^{\rho+1}e^{-z}dz

e ricordiamo ancora il nostro integrale fondamentale:

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \int_{0}^{\infty}e^{-z}\cdot z^{\rho}dz=\rho!

Per chi vuole leggere questo esempio "semi-numerico":

Consideriamo il polinomio formato dal prodotto di n binomi :

\dpi{120} \dpi{120} [(z-1)(z-2)....(z-n)]; consideriamo banalmente tutti i prodotti possibili; il termine di grado massimo sarà quello che si ottiene moltiplicando z*z*....*z n volte; cioè \dpi{120} z^{n}; quello di grado minimo sarà quello ottenuto moltiplicando i termini noti, ovvero (-1)(-2).....(-n) che si può anche scrivere come \dpi{120} \pm n!  a seconda che n sia pari o dispari; in mezzo ci stanno tutti termini di grado g compreso fra \dpi{120} 0\leq g\leq n. Il polinomio ottenuto viene poi elevato alla  \dpi{120} \rho+1:

\dpi{120} [(z-1)(z-2)....(z-n)]^{\rho+1}

Dopo aver eseguito l'elevamento a potenza, il risultato ottenuto sarà un certo polinomio, i cui termini avranno grado compreso fra \dpi{120} \dpi{120} 0\leq g\leq n(\rho+1)

Il polinomio sarà (per evitare inutili complicazioni con gli indici, indichiamo con b_{k}z^{k} un termine in posizione variabile all'interno  del polinomio):

\fn_cm \dpi{120} \dpi{120} z^{n(\rho+1)}+.... b_{k}z^{k}....\pm (n!)^{(\rho+1)} (  di k sappiamo con certezza che è maggiore di 1;i bk sono numeri interi.)

e se moltiplichiamo per \dpi{120} e^{-z}z^{\rho}:

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} z^{n(\rho+1)}\cdot e^{-z}z^{\rho}+....+ b_{k}z^{k}e^{-z}z^{\rho}+....\pm (n!)^{(\rho+1)} e^{-z}z^{\rho}

se adesso integriamo tale espressione:

\dpi{120} \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \int_{0}^{\infty} (z^{n(\rho+1)}\cdot e^{-z}z^{\rho}+.... b_{k}z^{k}e^{-z}z^{\rho}....\pm (n!)^{(\rho+1)} e^{-z}z^{\rho})dz

ricordandoci che \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \int_{0}^{\infty}e^{-z}\cdot z^{\rho}dz=\rho! qualsiasi sia \dpi{120} \rho;

essendo per esempio (termine di grado maggiore):

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \int_{0}^{\infty} z^{n(\rho+1)}\cdot e^{-z}z^{\rho}dz= \int_{0}^{\infty} z^{n(\rho+1)+\rho}\cdot e^{-z}dz=\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} (n(\rho+1)+\rho)!

\dpi{120} \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} (n(\rho+1)+\rho) un numero intero maggiore di \dpi{120} \rho, allora \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} (n(\rho+1)+\rho)! o sarà divisibile per \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \rho! . Questo vale anche per gli altri termini . Un qualsiasi termine interno alla somma, b_{k}z^{k}, ha k>1,quindi in  b_{k}z^{k}e^{-z}z^{\rho}  l'esponente di z complessivo è maggiore di \rho, e quindi l'integrale è divisibile per \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \rho!. In particolare il termine di grado più piccolo, sarà uguale a  \dpi{120} \pm (n!)^{\rho+1}\cdot \rho!

Quindi \dpi{120} I_{\rho}(0) è divisibile per \dpi{120} \rho!.

E cosa dire di  \dpi{120} \dpi{120} I_{\rho}(2),...\dpi{120} \dpi{120} I_{\rho}(n) ?  Tramite le sostituzioni z--->z'+1, z--->z'+2,..ecc riusciamo a ridurre gli integrali definiti  allo stesso intervallo di integrazione, dove vale \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \int_{0}^{\infty}e^{-z}\cdot z^{\rho}dz=\rho!. Prendiamo ad esempio \dpi{120} \dpi{120} I_{\rho}(1):

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} I_{\rho}(1)=\int_{1}^{\infty}z^{\rho}[(z-1)(z-2)....(z-n)]^{\rho+1}e^{-z}dz

sostituendo z--->z'+1:

(ripeto,le sostituzioni che facciamo servono per ridurre allo stesso intervallo di integrazione, \dpi{120} \dpi{120} [0,\infty)  )

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} I_{\rho}(1)=\int_{0}^{\infty}(z'+1)^{\rho}[(z'+1-1)(z'+1-2)....(z'+1-n)]^{\rho+1}e^{-z'-1}dz'

\dpi{120} \fn_cm \dpi{120} I_{\rho}(1)=\frac{1}{e}\int_{0}^{\infty}(z'+1)^{\rho}[(z')(z'-1)....(z'+1-n)]^{\rho+1}e^{-z'}dz'

Notiamo la comparsa di un termine in z' all'interno delle parentesi quadre; questo fa sì che il polinomio che si ottiene dai prodotti interni alle parantesi quadre, in questo caso non ha termine noto. Abbiamo anche portato 1/e fuori dall'integrale grazie all'eguaglianza  \dpi{120} \fn_cm \dpi{120} e^{-z'-1}=e^{-z'}\cdot e^{-1}=e^{-z'}\cdot \frac{1}{e}.  Ora il polinomio in z' dentro parentesi quadre (risultato dei prodotti) che chiamiamo Q(z'), ha grado minimo uguale a 1; viene elevato alla \dpi{120} \rho+1; quindi il risultato di tale elevazione sarà un polinomio S(z')  di grado minimo  \dpi{120} \rho+1; tale polinomio in z' va poi moltiplicato per \dpi{120} (z'+1)^{\rho};

S(z')* \dpi{120} (z'+1)^{\rho}

Ora, \dpi{120} (z'+1)^{\rho} ha sì un termine noto, che è 1, ma il  risultato del prodotto  è ancora  un  polinomio in cui il grado minimo è  ancora \dpi{120} \rho+1; quindi abbiamo una somma i termini in z' di esponente k>=\dpi{120} \rho+1; se li moltiplichiamo per  \dpi{120} e^{-z} e poi li integriamo otteniamo un intero divisibile per \dpi{120} ( \rho+1)! , ricordiamoci però che davanti va un fattore pari a 1/e. Dunque \dpi{120} e\cdot I_{\rho}(1) è divisibile per  \dpi{120} ( \rho+1)!. Per le altre sostituzioni non cambia niente; se sostituiamo z--->z'+2, avremmo un \dpi{120} \frac{1}{e^{2}} davanti al segno di integrale; Quindi sarà  \dpi{120} \dpi{120} e^{2}\cdot I_{\rho}(1) ad  essere divisibile per per  \dpi{120} ( \rho+1)!.

Pertanto \dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} P_{1}= a_{0}I_{\rho}(0)+a_{1}\cdot eI_{\rho}(1)+a_{2}\cdot e^{2}I_{\rho}(2)+....+a_{n}\cdot e^{n}I_{\rho}(n) sarà divisibile per \dpi{120} \rho!. Ricordiamo infatti che per ora ci risulta che solo gli  a1,...an sono divisibili per \dpi{120} ( \rho+1)!, mentre abbiamo visto sopra che \dpi{120} I_{\rho}(0) è  solo divisibile per \dpi{120} \dpi{120} \rho!.

La prossima volta analizzeremo P2, e giungeremo alla conclusione che P1+P2<>0!

 

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