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.

Apri spiegazione

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.

2 commenti

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.
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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