86106 (612646), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

.

Дамо спочатку одну теорему, що встановлює ірраціональність досить широкого класу дійсних чисел, які зустрічаються особливо часто в шкільних курсах алгебри й геометрії.

Теорема 1.2.1 Нехай багаточлен із цілими коефіцієнтами, дійсне число корінь . Тоді або ціле, або ірраціональне число.

Доведення. 0ціле число, тому ми розглянемо тільки випадок . Припустимо, що не є ірраціональним числом , тобто що раціональне число де й цілі ,

. Підставляючи в рівняння й домножуючи обидві частини його на , одержуємо:

Із цього співвідношення безпосередньо видно, що є дільником (позначається, як ). Оскільки , то умови й можуть бути тільки при , тобто ціле.

Приклад 1.2.1 Якщо натуральне число відмінно від всіх степеней цілих чисел, то

ірраціональне число.

Дійсно, є корінь рівняння . Якщо число не є цілим, то згідно теореми 1.2.1. воно ірраціональне. Наприклад ірраціональне число, тому що послідовність квадратів цілих чисел має вигляд і жоден із цих квадратів не дорівнює . Число ірраціональне , тому що послідовність позитивних кубів цілих чисел має вигляд і жоден з них не дорівнює .

Ірраціональність деяких дійсних числі можна встановити за допомогою критеріїв, сформульованих у наступних двох теоремах.

Теорема 1.2.2. Якщо раціональне число, то існує таке що для будьякого раціонального дробу буде справедлива нерівність :

(1.2.1)

Доведення. Нехай , де .Візьмемо . Для будьякого раціонального дробу буде _, а отже, ціле число , і тоді

Теорема 1.2.3. Якщо для будьякого позитивного числа існує хоча б одна пара цілих чисел , таких ,що то ірраціональне число.

(1.2.2)

Доведення. Якби було раціональним, то по теоремі (1.2.2) найшлося б , таке, що для будьякого дробу виконувалася б нерівність (1.2.1), а це суперечить тому, що відповідно до наших умов для цього існує таке, що має місце нерівність (1.2.2). Припущення, що раціональне число, привело нас до протиріччя, значить ірраціональне.

Приклад 1.2.2. Довести ірраціональність числа :

Візьмемо довільне й виберемо настільки великим, щоб було .Покладемо,

, .

і цілі числа . При таких

і

,

так, що ірраціональне.

Теорема 1.2.4. Якщо при деякому розкладанні в систематичний дріб з підставою системи числення рівним , містить як завгодно довгі кінцеві ланцюжки , що складаються з однієї й тої ж цифри, то ірраціональне число.

Інакше кажучи , якщо в розкладанні

для кожного найдуться , причому й , те

ірраціональне.

Доведення. Якби було раціональним, то розкладання в систематичний дріб з підставою було б періодичним. Таке розкладання не може мати однієї цифри в періоді, тому що для незліченної множини . Припущення ж, що період складається з декількох цифр, також суперечить нашим умовам , тому що в цьому випадку не могли б існувати ланцюжка з однієї цифри довжиною більше, ніж число цифр у періоді.

Приклад 1.2.3.Число , записуєме в десятковій системі счислення у вигляді

іраціональне.

Введемо визначення трансцендентності чисел.

Означення 1.2.2 Будьяке неалгебраїчне число називається трансцендентним.

Таким чином, називається трансцендентним числом, якщо не існує жодного багаточлена із цілими коефіцієнтами, коренем якого є , тобто для всіх , при будьякому комплексі цілих, не рівних одночасно нулю чисел маємо

1.3 Доведення ірраціональності та трансцендентності числа „π”

Доведемо ірраціональність і транcцендентність числа .

Теорема 1.3.1.Число ірраціональне.

Доведення. Припустимо, що раціонально, тобто , де й натуральні числа. При збільшенні величина

; тому можна знайти таке . що виконується нерівність

(1.3.1)

Розглянемо для такого функцію

(1.3.2)

Заміняючи через і розкладаючи по ступенях , можна представити у вигляді:

(1.3.3)

так що . Якщо рівність 1.3.3 продифференціювати разів, де , то одержимо:

Біноміальний коэфициент ціле число, так що цілі числа.

З рівності 1.3.2 видно, що , так що диференцируючи, одержуємо для всіх

, і отже,

, цілі числа.

Інтегруючи вроздріб, одержуємо:

(1.3.4)

тому що наступна похідна тотожно дорівнює нулю.

З рівності (1.3.4) одержуємо:

(1.3.5)

де ціле число.

Оскільки в інтервалі подінтегральна функція позитивна, то інтеграл у лівій частині (1.3.5) більше нуля й . З іншого боку, з рівності (1.3.2) видно, що при маємо:

і оскільки , то при нашім виборі маємо:

тобто .

Припущення, що раціонально, привело нас до протиріччя, отже , ірраціональне.

Теорема доведена.

Ірраціональність числа була доведена вперше в 1761 році французьким математиком Ламбертом. Доказ Ламберта заснований на застосуванні безперервних дробів.

π — трансцендентне число, це означає, що воно не може бути коренем багаточлена із цілими коефіцієнтами. Трансцендентність числа π була доведена в 1882 році професором Кьонінгзбергського, а пізніше Мюнхенського університету Ліндеманом. Доказ спростив Феликс Клейн в 1894 році.

Для того щоб довести трансцендентність числа π доведемо спочатку три допоміжних твердження.

Лема 1.3.1. При будьякому цілому позитивному й будьякому , має місце рівність

(1.3.6)

де

Доведення. Скористаємося розкладанням функції в ряд

Із цього розкладання треба, щоб

де

Тому що

Лема доведена.

Лема 1.3.2 Нехай

де

Тоді

(1.3.7)

де

(1.3.8)

(1.3.9)

Покладаючи в рівності (1.3.6) , одержимо

Помноживши ці рівності, відповідно, на й склавши, одержимо рівність (1.3.7).

Лема 1.3.3. Сума й добуток двох алгебраїчних чисел є числами алгебраїчними (і притім цілими алгебраїчними, якщо такими є доданки й множники).

Доведення. Дійсно нехай алгебраїчне число, що є коренем рівняння ого ступеня з раціональними коефіцієнтами й інших корінів цього рівняння й нехай – алгебраїчне число , що є коренем рівняння ой ступеня з раціональними коефіцієнтами , а – інших корінів цього рівняння.

Добуток всіх різниць виду , мабуть, є багаточленом, одним з корінів якого є . Отже, нам досить переконатися в тім, що коефіцієнти цього багаточлена суть раціональні числа. Але ці коефіцієнти суть симетричні функції від аргументів і аргументів . Застосовуючи двічі теорему про симетрію функції (“Якщо симетрична функція є багаточленом і корінь рівняння те де багаточлен. Зокрема, якщо коефіцієнти багаточлена цілі числа , то коефіцієнти багаточлена теж цілі числа ” [9], ми переконаємося в справедливості нашого твердження про добуток алгебраїчних чисел. Аналогічно доводиться твердження про суму

Тепер перейдемо до доказу самої теореми, що транcцендентне число.

Теорема. транcцендентне число.

Доведення. Нехай алгебраїчне число . На підставі леми 1.3.3 число теж алгебраїчне й отже, є корнем рівняння виду

(1.3.10)

з цілими коефіцієнтами. Нехай корінь цього рівняння , одним з них є . Тому що , то

(1.3.11)

Розкривши дужки в лівій частині цієї рівності , одержимо

(1.3.12)

Позначимо через ті з показників , які відмінні від нуля , а через інші. Приєднавши відповідні доданки в лівій частині (1.3.12) до першого, можемо записати рівність (1.3.12) у вигляді

(1.3.13)

де ціле позитивне число.

Числа суть цілі алгебраїчні числа, тому згідно лемі (1.3.3) цілими алгебраїчними числами є й числа

Дуже важливо помітити , що якщо симетричний багаточлен із цілими коефіцієнтами , те ціле число

Дійсно, якщо

то буде також

тому що кожна із сум, що коштують у правій частині другої рівності, відрізняється від відповідної суми першої рівності, що складаються або рівними або утримуючого цього числа як множники, а числа дорівнюють нулю.

Вираз в правій частині останньої рівності є симетричним багаточленом відносно й отже , відносно . На підставі теореми [20]: “Якщо симетричний багаточлен із цілими коефіцієнтами й корінь уранения із цілими коефіцієнтами, тj ціле число ” , треба, щоб було цілим числом.

Покладемо в рівності (1.3.7) , послідовно , і складемо результати , помноживши попередньо перші з них на .Одержимо на підставі (1.3.13)

(1.3.14)

Якщо ми доведемо, що для деякого багаточлена рівність (1.3.14) неможлива, якщо алгебраїчні числа, то тим самим буде доведена трансцендентність .

Покладемо

(1.3.15)

де просте число, що залишається поки невизначеним. Багаточлен (1.3.15) можна представити у видах

(1.3.16)

Перше з рівностей (1.3.16) безпосередньо отримане з рівності (1.3.15), якщо в правій його частині розкрити дужки. При цьому одержимо

Добуток у правій частині симетричний й тому ціле число. Такі ж, легко зміркувати є й числа .

Друге з рівностей (1.3.16) виходить із рівності (1.3.15) якщо записати його у вигляді

і звільнитися від квадратних дужок. Аналогічно виходить третє з рівностей (1.3.16) і так далі. Важливо помітити, що …є багаточленами із цілими коефіцієнтами відносно

Характеристики

Список файлов курсовой работы