Chưa có bài trả lời

[phudinhgioihan]

Như ta đã biết, số e là một số vô tỉ và phép chứng minh cũng không mấy khó khăn. Mạnh hơn nữa, e là một số siêu việt, tức nó không là nghiệm của phương trình đại số nào.

Tập các số siêu việt là không đếm được nhưng tập số đại số ( là nghiệm của một phương trình đại số) là đếm được, từ đó, có thể hình dung rằng, tập hợp các số siêu việt là "nhiều hơn" tập số đại số! Tuy nhiên, chứng minh một số là số siêu việt lại là điều rất khó. Hai số siêu việt quan trọng nhất là $\pi $ và $e$ . Hiện nay cũng có nhiều cách chứng minh, nhưng hôm nay xin trình bày một cách chứng minh $e$ là số siêu việt, cách chứng minh này cũng có thể cải biên tí để chứng minh cho trường hợp số $\pi$, mà tôi thấy dễ hiểu.

Chứng minh:

Với mọi số thực x và đa thức $P \in \mathbb{R}[x]$ , xét $I_P(x)=\int_0^x e^{x-t}P(t)dt $

$I_P(x)=[-e^{x-t}P(t)]|_0^x+\int_0^x e^{x-t}P'(t)dt=(e^xP(0)-P(x))+I_{P'}(x) $

$=...=e^x\sum_{i=0}^{deg (P)} P^{(i)}(0)-\sum_{i=0}^{deg(P)} P^{(i)}(x) $

Ký hiệu $Q_P$ là đa thức thu được khi thay trong $P$ mỗi hệ số bằng giá trị tuyệt đối của nó.

** Với $x \ge 0$ :

$|I_P(x)| \le \int_0^x e^{x-t} Q_P(|t|)dt \le \int_0^x e^{x-t} Q_P(|x|)dt \le xe^xQ_P(|x|) $

** Với $x \le 0$

$|I_P(x) =\begin{vmatrix} \int_0^x e^{x-t}P(t)dt\end{vmatrix} \le \int_x^0 e^{x-t} Q_P(|t|)dt \le (-x)Q_P(|x|) \le (-x)e^{-x}Q_P(|x|) $

Vậy $${\color{Blue} { \forall x \in \mathbb{R} \;\;, |I_P(x)| \le |x|e^{|x|}Q_P(|x|) }}$$

Giả sử rằng $e$ là số đại số, tức tồn tại ${\color{Blue}{ n \in \mathbb{N}^* }}$ và ${\color{Blue}{(a_0;...;a_n) \in \mathbb{Z}^{n+1}}}$ sao cho

${\color{Blue}{a_0 \neq 0 }}$ và ${\color{Blue}{ \sum_{i=0}^n a_i e^i =0 }}$

Xét số nguyên tố $p$ ( xác định sau ) và đa thức

${\color{Red}{P=x^{p-1} \prod_{k=1}^n (x-k)^p }}$ với ${\color{Blue}{deg(P)=pn+p-1 }}$

${\color{Red}{E=\sum_{k=0}^na_k I_P(k) }}$


Ta có: ${\color{Blue}{E}}=\sum_{k=0}^na_k (e^k \sum_{i=0}^{deg(P)} P^{(i)}(0)-\sum_{i=0}^{deg(P)}P^{(i)}(0) )$

$=\sum_{k=0}^n a_ke^k \sum_{i=0}^{deg(P)} P^{(i)}(0) -\sum_{i=0}^{deg(P)} \sum_{k=0}^n a_kP^{(i)}(0) $

$={\color{Blue}{-\sum_{i=0}^{deg(P)} \sum_{k=0}^n a_k P^{(i)}(k) }}$

Xét $(i,k) \in \{0;...;deg(P)\} \times \{0;...;n\} $


** Với $i \le p-1 $ và $ k\ge 1 $

Khi đó, $(x-k)^{p-i} $ chia hết $P^{(i)} $ nên $P^{(i)}(k)=0 $

** Với $i \ge p$ và $k \ge 1 $

$P$ có dạng : $P=R(x-k)^p $ , trong đó $ A \in \mathbb{Z}[x] $

Theo công thức Leibniz cho đạo hàm của một tích hai hàm số:

$P^{(i)}=\sum_{j=0}^i C_i^jR^{(i-j)} ((x-k)^p)^{(j)} $

$ \Rightarrow P^{(i)}(k)=C_i^p R^{(i-p)}(k) p! $ , do đó , $p! $ chia hết $P^{(i)}(k) $


** Với $i \le p-2 $ và $k=0$

Khi đó, $x^{p-1-i} $ chia hết $P^{(i)} $ nên $P^{(i)}(k) $=0

** Với $ i \ge p$ và $ k=0$

$P$ có dạng $P=H^p x^{p-1} $ , trong đó $H \in \mathbb{Z}[x] $

Cũng theo công thức Leibniz :

$P^{(i)}=\sum_{j=0}^i C_i^j (H^p)^{(i-j)} (x^{p-1})^{(i)} $

$\Rightarrow P^{(i)}(0)=C_i^{p-1}(H^p)^{(i-p+1)}(0) (p-1)! =C_i^{p-1} (H^{p-1}H')^{(i-p)}(0) p ! $

do đó $p!$ chia hết $P^{(i)}(k)$ .

** Với $i=p-1 $ và $k=0\;\;, n<p$

Tương tự trường hợp $ i \ge p $ và $k=0$ ở trên, $P$ cũng có dạng $P=H^p x^{p-1} $ , $\;\; H(x)=\prod_{k=1}^n (x-k) $, thế thì

$P^{(p-1)}(0)=C_{p-1}^{p-1} H^p(0)(p-1)=((-1)^n n! )^p (p-1)!!$

Vì $1 \le n<p $ và $p$ là số nguyên tố nên $p$ không chia hết $(-1)^n n! $ , vậy nên $(p-1)! $ chia hết $P^{(p-1)}(0) $ và $p!$ không chia hết $P^{(p-1)}(0) $ .


Vậy ta vừa chứng minh rằng:

$${\color{Blue}{\left\{\begin{matrix} p! \;\;\;\;\;\text{chia het}\; P^{(i)}(k)\; \text{neu}\; (i,k) \neq (p-1,0)\\(p-1)!\;\;\;\text{chia het}\;P^{(p-1)}(0)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;. \\ p!\;\;\;\;\;\text{khong chia het}\;P^{(p-1)}(0) \;\text{neu}\; p>n \end{matrix}\right.}}$$



Xét $p>n$ và $p >|a_0|$

Áp dụng cho đa thức $E$ kết quả mới thu được ở trên ta có :

$p! $ chia hết mọi số hạng dạng $a_kP^{(i)}(k) \; \;, k \ge 1 $ .

$(p-1)! $ chia hết $a_0P^{(p-1)}(0)$ nhưng $p!$ không chia hết $a_0P^{(p-1)}(0)$

Vậy $(p-1)! $ chia hết $E$ và $p!$ không chia hết $E$

Suy ra $E$ là một bội khác không của $(p-1)!$ , do đó ${\color{Red}{|E| \ge (p-1)! }}$


Với $P=x^{p-1} \prod_{i=1}^n (x-i)^p $ thì $Q_P=x^{p-1} \prod_{i=1}^n (x+i)^p $

$\Rightarrow Q_P(k)=k^{p-1} \prod_{i=1}^n (k=i)^p \le (2n)^{p-1+np}=(2n)^{deg(P)} $

Vậy $\forall k \in \{0;...;n\} \;\;, |I_P(k)| \le ke^kQ_P(k) \le ne^n (2n)^{deg(P)} $

$\Rightarrow {\color{Blue}{|E|}} \le \sum_{k=0}^n |a_k||I_P(k)| \le (\sum_{k=0}^n |a_k|) ne^n(2n)^{deg(P)} \le (\sum_{k=0}^n |a_k|) ne^n(2n)^{(n+1)p}{\color{Blue}{ \le C^p}}$

trong đó $C=(\sum_{k=0}^n |a_k|) ne^n(2n)^{n+1}$


Tóm lại, ta vừa chứng minh rằng, tồn tại số nguyên $N = \max(n,|a_0|) $ và một số $C \in \mathbb{R}_+^* $ sao cho với mọi số nguyên tố p thỏa mãn $ p>N$ thì ta có: $(p-1)! \le |E| \le C^p $ hay ${\color{Blue}{\dfrac{C^p}{(p-1)!} \ge 1 }}$

Do tập các số nguyên tố là vô hạn, chuyển qua giới hạn khi $p \longrightarrow +\infty$ , ta được $ {\color{Blue}{\dfrac{C^p}{(p-1)!} \longrightarrow 0}}$ do tính trội của giai thừa so với hàm mũ.

Vậy ta nhận được sự mâu thuẫn, do đó $e$ không là số đại số, tức

$e$ là số siêu việt .


P/s: Tham khảo từ Alan Baker, Transcendantal number theory , ĐH Cambdridge. Một tài liệu rất hay và rất khó về số học. Hic, cũng may mình không đam mê và rất dốt số học.

Một số cách chứng minh khác (cho cả số $\pi$) có thể tìm thấy ở các tài liệu kèm theo bên dưới.

File gửi kèm

•  Transcendental number theory - Baker A..pdf   7.04MB   1298 Số lần tải
•  TranscedenceOfPi.pdf   157.89K   489 Số lần tải
•  e.pdf   37.22K   474 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 10-08-2013 - 22:57