Il numero di Nepero è trascendente. Quinta e ultima parte. ****

10/02/19

Il numero di Nepero è trascendente. Quinta e ultima parte. ****

Categorie: Matematica Scritto da: Umberto Cibien Commenti:2

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Siamo arrivati alla  fine. Prima di fare un breve riassunto vorrei ricordare un limite fondamentale:

\fn_cm lim_{\rho\rightarrow \infty} \frac{K^{\rho}}{\rho!}=0   1)

qualsiasi sia K intero. Chi conosce il criterio del rapporto  per le successioni,può verificarlo immediatamente.

Nell'articolo sui polinomi di Niven, che trovate  qui, trovate una spiegazione. La metto sotto con il metodo show/hide così chi vuole può consultarla.

  2) Un'altro risultato  importante

Dati due numeri a,b è sempre possibile trovare un numero c primo con il prodotto ab.

Basta scomporre il prodotto ab in fattori primi; per trovare un c primo con ab, basta prendere dei fattori primi che non sono  nella scomposizione di ab. Che questo avvenga sempre, è conseguenza del teorema dell'infinità dei numeri primi: comunque si scelga un numero naturale k, esiste sempre un numero primo maggiore di k. Questo teorema era già noto a Euclide (Elementi (libro IX, proposizione 20).

Esempio:

Sia a=5, b=12 quindi ab=\fn_cm 3\cdot 5\cdot 2^{2} è  la scomposizione in primi. Basta prendere un c con fattori primi che non compaiono in tale scomposizione.  Ad esempio c=7. notiamo poi che c possiamo prenderlo grande quanto vogliamo, infatti \fn_cm 7^{n} va bene qualsiasi si n  e possiamo ingrandirlo quanto vogliamo.

3) Un piccolo richiamo sulle classi di resti modulo z.

Ricordo che due numeri a,b sono equivalenti modulo z se danno lo stesso resto divisi per z. In simboli questo si scrive:

a\equiv b    mod z. Da questa definizione vogliamo trarre un piccola ma importante conclusione. Supponiamo che b non sia divisibile per z; allora nemmeno a è divisibile per z, in quanto deve dare lo stesso resto. Inoltre a non è zero; infatti se a fosse zero, allora sarebbe divisibile per z, in quanto 0*z=0,  quindi prendendo q=0, avremmo q*z=a.

Finiamo la dimostrazione riassumendo.

Nella prima puntata abbiamo parlato della funzione gamma:

\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}\cdot t^{x-1}dt,  x>0

e abbiamo visto che per valori di x interi, l'integrale vale:

\Gamma(n+1)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}\cdot t^{n}dt=n! .

Nella seconda parte, abbiamo impostato una dimostrazione per assurdo; se e non è trascendente allora deve essere algebrico, ovvero deve esistere un polinomio a coefficienti interi, \fn_cm a_{0},a_{1},.....,a_{n}, tale che  e  sia radice di tale polinomio. In formule:

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

Notiamo una cosa, anche se non lo abbiamo mai detto esplicitamente:

Possiamo supporre che termine noto a_{0} sia diverso da zero.

Infatti, supponiamo che e sia radice di un polinomio p(x)=b_{1}x+b_{2}x^{2}+.....b_{n}x^{m} a coefficienti interi  in cui il termine noto è nullo. Sia k il minimo valore per cui b_{k}\neq 0 . dividiamo allora il polinomio per x^{k}, ottenendo;

p(x)=x^{k}(b_k+.....b_{n}x^{m-k})

deve essere ancora p(x)=0  quando x=e; questo significa che b_{k}+....b_{m}e^{m-k}=0, essendo e diverso da zero. Quindi e è radice di un polinomio a coefficienti interi in cui il termine noto è diverso da zero. Continuiamo a chiamare i coefficienti di questo polinomio a0,a1,...,an.

Sempre nella seconda parte, definendo opportune espressioni:

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

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

dove :

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

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

tramite l'integrale \dpi{120} \fn_cm \int_{0}^{\infty}e^{-z}\cdot z^{\rho}dz=\rho! e opportuni calcoli e raccoglimenti siamo riusciti a dimostrare che se è vero che e non è trascendente, ossia che è algebrico,allora \dpi{120} \dpi{120} P_{1}+P_{2}= 0.  Questa è adesso la condizione di cui dimostrare la falsità.

Nelle terza parte, abbiamo dimostrato che P1 è un numero divisibile per \fn_cm \rho!, nella quarta invece che

\dpi{120} \dpi{120} \frac{P_{1}}{\rho!}\equiv \pm a_{0}(n!)^{\rho+1} mod (\dpi{120} \rho+1) . Per quanto riguarda P2, sempre nella quarta parte, abbiamo visto che \fn_cm \frac{|P_{2}|}{\rho!}\leq \frac{k_{2}K^{\rho}}{\rho!}.

Ed eccoci al gran finale. Come preannunciato nell'ultimo articolo, ci basterà dimostrare che esiste un  \fn_cm \rho (grande) tale che:

\fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!}+\frac{P_{2}}{\rho!}\neq 0. Sappiamo che  \fn_cm \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!} è un intero; ed è anche un numero diverso da zero.

Infatti  \dpi{120} \dpi{120} \frac{P_{1}}{\rho!}\equiv \pm a_{0}(n!)^{\rho+1} mod (\dpi{120} \rho+1);  Possiamo scegliere un \fn_cm \rho tale che  \fn_cm \rho +1 sia primo con \fn_cm a_{0}(n!). In pratica cerchiamo un \fn_cm \rho+1  che non abbia fattori in comune con  \fn_cm a_{0}(n!). Come si fa? Ricordiamoci cosa abbiamo detto in 3) :si scompone in fattori primi \fn_cm a_{0}(n!) e si  sceglie poi un primo che non contenga nessuno dei suddetti fattori.

Notiamo poi che possiamo farlo grande quanto vogliamo, prendendo un esponente grande a piacere. Questo vuole anche dire  che \fn_cm \pm a_{0}(n!)^{\rho+1}  è primo con (\dpi{120} \rho+1).  Quindi non è divisibile con (\dpi{120} \rho+1).

Ma allora nemmeno \fn_cm \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!} è divisibile per (\dpi{120} \rho+1), , essendo \dpi{120} \dpi{120} \frac{P_{1}}{\rho!}\equiv \pm a_{0}(n!)^{\rho+1} mod (\dpi{120} \rho+1), ovvero avendo lo stesso resto se diviso per (\dpi{120} \rho+1).

Quindi  per 3) possiamo escludere il fatto che \fn_cm \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!} sia nullo.  Che dire adesso di P2? \fn_cm \frac{|P_{2}|}{\rho!}\leq \frac{k_{2}K^{\rho}}{\rho!} ma come abbiamo visto all'inizio dell articolo \fn_cm lim_{\rho\rightarrow \infty} \frac{K^{\rho}}{\rho!}=0. Chiaramente anche \fn_cm \fn_cm lim_{\rho\rightarrow \infty} \frac{k_{2}K^{\rho}}{\rho!}=0, quindi riusciamo a trovare un \fn_cm \rho tale che  \fn_cm \fn_cm \frac{|P_{2}|}{\rho!}\leq \frac{k_{2}K^{\rho}}{\rho!}< 1.   Osserviamo che ogni \fn_cm \rho maggiore di questo va bene ,quindi prendiamo un \fn_cm \rho che soddisfi entrambi le condizioni, ovvero che sia primo con  \fn_cm a_{0}(n!).

Quindi \fn_cm \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!} è un intero non nullo, mentre  \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{|P_{2}|}{\rho!}< 1. Quindi la somma  \fn_cm \fn_cm \fn_cm \fn_cm \frac{P1}{\rho!}+\frac{P_{2}}{\rho!} non può essere nulla.

Questo prova che e è trascendente.

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2 commenti

  1. Fabrizio
    18/02/2019 at 00:39

    Ora che siamo arrivati al termine, volevo ringraziare Umberto per avere proposto ed averci guidato lungo l’articolato percorso di questa dimostrazione. Della dimostrazione mi ha colpito l’utilizzo delle funzioni I e J. In un primo momento sembrano aggiungere complessità al problema, per poi rivelarsi le chiavi della soluzione. Mi sono domandato: ma come gli sono venute in mente a chi ha concepito la dimostrazione. Probabilmente molta ferrea razionalità, ma anche una buona dose di intuizione che definirei artistica.

  2. Umberto
    18/02/2019 at 07:59

    E' lo stessa cosa che pensavo ogni volta che mi mettevo a scrivere questi articoli sulla dimostrazione di Hilbert. La tua osservazione è importante.  Qualcosa mi era venuto in mente, ma adesso penso sia proprio necessario  scrivere una appendice contenente sia la storia, sia il perchè di certe costruzioni. Si accettano suggerimenti.

    Grazie

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