Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел (1159521), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Действительно, f (x) = g(x)n! , где g(x) ∈ Z[x]. По предыдущей лемме p! gСледовательно,XXX 1p!g (p) (k) ·∈ Z.(50)F (k) =f (p) (k) =f (p) (k) =p!n!p>0p>np>n |{z } |{z}∈Z∈ZВозвращаемся к уравнению (46) и видим, что в правой его части стоит J ∈ (0, 1), а в левой — сумма целыхчисел. Противоречие. 4.5.2. Иррациональность πТеорема 4.23 (Эрмит). Число π иррационально. Пусть f (x) ∈ C[x] и F (x) := f (x) − f (2) (x) + f (4) (x) − . . ., тогда легко проверить, чтоZf (x) sin x dx = F ′ (x) sin x − F (x) cos x + C.ПоэтомуJ :=Zπ(51)f (x) sin x dx = F (π) + F (0).(52)xn (a − bx)nbn xn (π − x)n=.n!n!(53)0Предположим, что π = ab . Тогда положимf (x) =Так как f (x) > 0 и sin x > 0 на отрезке [0, π], то J > 0.
Кроме того,J <πbn π 2nbn π 2n+1=→ 0,n!n!n → ∞.(54)Поэтому можно выбрать n таким большим, чтобы J ∈ (0, 1). Далее, f (π − x) = f (x), поэтому f (2p) (π − x) == f (2p) (x), в частности, f (2p) (π) = f (2p) (0). Значит, F (π) = F (0). Осталось показать, что F (0) ∈ Z. В самомделе,XXF (0) =(−1)p f (2p) (0) =(−1)p f (2p) (0).(55)p>02p>nАналогично предыдущей теореме показывается, что это выражение целое. Снова получаем противоречие, связанное с тем, что в интервале (0, 1) нет целых чисел.
4.5.3. Доказательство теоремы Линдемана – ВейерштрассаКлючевым в доказательстве этой теоремы будет некоторое утверждение, на первый взгляд кажущееся диким.Предложение 4.24. Пусть A(t) := a0 eα0 t + . . .+ am eαm t , и aj , αj ∈ A.
Если A(t) 6≡ 0 и ряд Тейлора функцииA(t) в точке 0 имеет рациональные коэффициенты, то A(1) 6= 0.Пример 5.1. Чтобы осознать, что это действительно так, рассмотрим такой пример:e√2t+ e−√2t=∞Xk=0√ k√∞2 + (− 2)k k X 2k+1 2kt =t .k!k!(56)k=0Это вселяет некоторую надежду. Прежде, чем начать доказывать это предложение, сделаем несколько простых замечаний, которые упростят жизнь.1◦ Можно считать, что все αj различны.2◦ Можно считать, что все aj — целые алгебраические (то есть aj ∈ ZE ). Это действительно так, посколькупо свойству целых алгебраических всегда можно найти такое d ∈ N, что daj ∈ ZE .3◦ Можно считать, что все aj 6= 0.
Будет доказывать от противного. Предположим, что A(1) = 0. Тогда будет верна34Лемма 4.25. Пусть A(1) = 0, n ∈ N, иf (x) := (x − α0 )n (x − α1 )n+1 · . . . · (x − αm )n+1 ,Тогда|a0 g(α0 ) + . . . + am g(αm )| 6Пусть F (x) =PC n+1,n!g(x) :=1 X (l)f (x).n!(57)l>nC = C(aj , αj ) > 0.(58)f (l) (x). Легко проверить, чтоl>0eZaa0f (z)e−z dz = ea F (0) − F (a).(59)Подставим вместо a число αj , умножим на aj и просуммируем по всем j от 0 до m:−mXaj F (αj ) =j=0F (αj ) =mXaj eαjj=0Xf (l) (αj ) =l>0Zαjf (z)e−z dz.(60)0Xf (l) (αj ) = n!g(αj )(61)l>nПоэтому (60) можно переписать так:mXm1 Xaj g(αj ) = −aj eαjn!j=0j=0Zαjf (z)e−z dz.(62)0Пусть r = max |αj |. Тогда если |z − αj | 6 2r, то |f (z)| 6 (2r)n+m(n+1) и |e−z | 6 er .
Из этих простенькихjn+1оценок следует, что модуль правой части (62) меньше C n! для некоторого C — что и требовалось доказать. Пусть D ∈ N — такое число, что все числа Dαj уже являются целыми алгебраическими. Рассмотрим числоI := Dm(n+1) a0 g(α0 ) + . . . + am g(αm ) .(63)Следующая лемма утверждает, чтоЛемма 4.26. Число I является целым алгебраическим.
Фактически достаточно доказать, что при всех l > n выполнено1Dm(n+1) f (l) (αj ) ∈ ZE .l!(64)Действительно, тогда нетрудно убедиться, чтоX l! Dm(n+1)f (l) (αj ) ∈ ZE ,n!l!(65)1(Dx − Dα0 )n (Dx − Dα1 )n+1 · . . . · (Dx − Dαm )n+1 = D−n h(Dx),Dn(66)Dm(n+1) g(αj ) =откуда и следует утверждение теоремы. Итак, докажем (64).Dm(n+1) f (x) =гдеh(t) = (t − Dα0 )n (t − Dα1 )n+1 · . . . · (t − Dαm )n+1 ∈ ZE [t].(67)Поэтому, применяя лемму 4.21, получаем11Dm(n+1) f (l) (αj ) = D−n+l h(l) (Dαj ) ∈ ZE .l!l!Лемма доказана.
Лемма 4.27. Найдется n такое, что I 6= 0 и |N (I)| > 1.35(68)Посчитаем I (mod (n + 1)):X l! Dm(n+1)Dm(n+1) X (l)f (αj ) =f (l) (αj ) = (n + 1)γj ,n!n!l!l>n+1l>n+1γj ∈ ZE .(69)ПоэтомуI ≡ Dm(n+1) a0 g(α0 ) ≡ Dm(n+1) a01 (n)f (α0 ) =n!= Dm(n+1) a0 (α0 − α1 )n+1 · . . . · (α0 − αm )n+1 = a0ПустьmYS := N (a0 ) ·N (Dα0 − Dαj )n+1 .mYj=1(Dα0 − Dαj )n+1 . (70)(71)j=1Ясно, что S ∈ Z. Подберем.
n так, чтобы (n + 1, S) = 1. Докажем, что тогда I 6≡ 0 (mod (n + 1)). Предположимпротивное, то есть что I .. (n + 1). Тогда свойство делимости верно и для их норм, то есть.S n+1 .. N (n + 1) = (n + 1)ν .(72)Но это невозможно в силу выбора n. Значит, I 6≡ 0 (mod (n + 1)) и тем более I 6= 0.
Поэтому |N (I)| > 1 (ибоI ∈ ZE ). Вернёмся к доказательству предложения. Пусть n = Sr, значит, n + 1 = Sr + 1. Тогда (n + 1, S) = 1. Пустьσ — вложение E в C. Если предположить, что наше предложение неверно, то σ(a0 )eσ(α0 ) + . . . + σ(am )eσ(αm ) = 0.Тогда мы попадаем в условия леммы 4.25, где в роли f (x) и g(x) выступают σ(f )(x) и σ(g)(x) соответственно.Поэтомуn+1λn+1σ(a0 )σ(g) σ(α0 ) + . . .
+ σ(am )σ(g) σ(αm ) 6 Cσ⇒ |σ(I)| 6 σ(73)n!n!для всех σ. ПоэтомуννYn+1Y11 6 |N (I)| =|σj (I)| 6λσj·< 1,(74)ν(n!)j=1j=1получаем противоречие. Теорема 4.28 (Линдеман – Вейерштрасс). Пусть α0 , . . . , αn — различные алгебраические числа, тогдачисла eα0 , . . . , eαm линейно независимы над полем A.mP Предположим противное: существуют a0 , . . . , am ∈ A, для которыхai eαi = 0. Пустьi=0A(t) := a0 eα0 t + .
. . + am eαm t .(75)Тогда A(1) = 0 по предположению, а A(t) 6≡ 0, ибо αj различны (в курсе дифференциальных уравнений показывалось, что экспоненты с различными показателями линейно независимы). Разложим A(t) в ряд Тейлора:A(t) =∞X(a0 αk0 + .
. . + am αkm )k=0tk.k!(76)Казалось бы, что тут-то и нужно применить предложение 4.24, но коэффициенты в ряде Тейлора функции A(t),вообще говоря, не являются рациональными. Поэтому попытаемся из A(t) изготовить функцию с рациональными коэффициентами.Введем обозначения: пусть E — конечное расширение поля Q, полученное присоединением всех коэффициентов ai и всех сопряжённых к ним, а также всех чисел αj и всех сопряжённых к ним.
Пусть ν = [E : Q]. Тогдасуществует ν штук автоморфизмов поля E,их σ1 , . . . , σν .P обозначимPРассмотрим формальный ряд: f (t) =γk tk , γk ∈ E. Обозначим через σ(f )(t) следующий ряд:σ(γk )tk .Заметим, что операция σ(f ) обладает следующими очевидными свойствами1. σ(f ± g) = σ(f ) ± σ(g);2. σ(f g) = σ(f )σ(g);3.
σ(f ′ ) = σ(f )′ .36Поскольку A(t) 6≡ 0, то в ряде Тейлора для A(t) есть ненулевые коэффициенты и поэтому автоморфизм σот них тоже будет не нулём, значитσ(A)(t) =∞Xσ(a0 )σ(α0 )k + . . . + σ(am )σ(αm )kk=0 tk= σ(a0 )eσ(α0 )t + . . . + σ(am )eσ(αm )t 6≡ 0.k!(77)Рассмотрим функцию B(t), определенную следующим образом:B(t) =νYσj (A)(t) = b0 eβ0 t + . . . + bM eβM t ,j=1bi , βi ∈ E.(78)В силу (77), B(t) 6≡ 0.
Пусть σ — произвольный автоморфизм E. Но множество всех автоморфизмов образуетгруппу и поэтомуννYYσσj (A)(t) =σj (A)(t) = B(t).(79)σ(B)(t) =j=1j=1Это означает, что коэффициенты Тейлора функции B(t) не меняются под действием любого автоморфизма,что возможно лишь в том случае, когда они все рациональны. Итак, как и обещалось, мы построили функциютакого же вида, как и в предложении 4.24, у неё рациональные коэффициенты, и она в единице равна нулю(поскольку один из σj — тождественный) — противоречие с утверждением предложения. 4.5.4.
Следствия из теоремы Линдемана – ВейерштрассаСледствие 4.9. Если α 6= 0 и α ∈ A, то eα трансцендентно. Допустим, что β := eα — алгебраическое число. Тогда 1·eα −β·1 = 0. Мы получили линейную комбинацию(с коэффициентами из A) экспонент с показателями α и 0, равную нулю. Это противоречит теореме Линдемана –Вейерштрасса.
Значит, eα трансцендентно. Пример 5.2. Число e√2трансцендентно.Следствие 4.10. Число π трансцендентно. Пусть π ∈ A, тогда и πi ∈ A. Но тогда и eπi = −1 трансцендентно, что неверно. Следствие 4.11. Пусть β ∈ A, β 6= 0, 1. Тогда ln β трансцендентно при любом выборе ветви логарифма. Если α = ln β — алгебраическое, то eα = β — трансцендентное. Противоречие.
Следствие 4.12. Если α ∈ A, α 6= 0, то sin α, cos α, tg α — трансцендентные. Предположим β = sin α ∈ A. Тогда 2ieiα β = e2iα −1. Значит, eiα — корень многочлена с алгебраическимикоэффициентами, значит eiα ∈ A — противоречие. Следствие 4.13 (Вейерштрасс). Если β1 , . . . , βr — алгебраические и линейно независимые над Q, точисла eβ1 , . . .
, eβr алгебраически независимы над A, то есть не существует такого ненулевого многочленаP ∈ A[x1 , . . . , xr ], что P (eβ1 , . . . , eβr ) = 0.P Пусть P (x1 , . . . , xr ) = ak xk11 · . . . · xkr r . Предположим, что P (eβ1 , . . . , eβr ) = 0, то естьkXak e(k1 β1 +...+kr βr ) = 0.(80)kPПоскольку βi линейно независимы над Q, числаki βi различны. По теореме Линдемана – Вейерштрасса, числаe(k1 β1 +...+kr βr ) линейно независимы над A, что противоречит написанному линейному соотношению. 37.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
