1610912306-ffb1a7411fd242d412b1b39147e67f20 (824694), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Эрмит доказал трансцендентность числа е. В 1882 году Ф. Линдеман установил, что число я также является трансцендентным.*~ Другие примеры трансцендентных чисел были установлены уже в ХХ веке. Большая заслуга в установлении трансцендентности некоторых конкретных чисел принадлежит А. О. Гельфонду. Приведем доказательство трансцендентности числа е, принадлежащее Ш. Эрмиту. 149 З 7.
Приложения интегрального исчисления где Г(х) = 7 (х) + у'(х) + ул(х) + " + у " (х). Доказательство. Воспользуемся кратной формулой интегрирования по частям (З 2, формула (2.16)). Заменяя в ней и на и+1, получим: | (ьс+)()~ [1 ( ц (х„(-х] о й=о о + (-1)"+ и~"~ )(х)е(х) сйх. о (7.10) Положим здесь е(х) = (-1)"+ е *, и(х) = К(х). Так как ~ есть полипом степени не выше и, то ~~"+~)(х) = 0 и интегральный член в правой части равенства (7.10) обращается в нуль. При каждом )о = О, 1, 2,..., п имеем: Рй ( ) У(й)( ) ( 1)йРх-й ( ) ( 1)й+и — и+и+1 -х -х Подставляя эти выражения для Рйи(х) и ( — 1)йР" йе(х) в (7.10), полу- | у(х)е *дх = о = г (0) — е г'(л), -х ~~~ у(й) й=о что и требовалось доказать.
° Напомним некоторые сведения относительно натуральных чисел. Число и Е Я называется сосглаеньйи, если оно может быть представлено в виде и = аЬ, где а Е г1 и Ь Е Я, причем а > 1 и Ь > 1. Число и Е И называется простым, если оно не является составным числом. Если и — простое число и гй = аЬ, где а,Ь Е )й), то одно из чисел а и Ь равно 1, а другое равно и, ибо в противном случае и было бы составным числом. Всякое натуральное число и > 2 может быть представлено как произведение конечного числа простых чисел. С точностью до порядка множителей, такое представление е д и н с т в е н н о.
Множество Гл. О. Интегральное исчисление функций одной переменной 150 всех простых чисел бесконечно. Отсюда, в частности, следует, что для всякого п Е )ч существует простое число р > п. 1~" ° Теорема 7.5. Число е = 1пп 1+ — ~ — трансцендентно. Доказательство. Будем доказывать теорему рассуждением от противного. Предположим, что нашелся полином У(х) = со+сгх+ .+с х степени т > 1, коэффициенты которого целые числа, такой что Р(е) = О, то есть имеет место равенство: т со+ с1е+ .
+ сте = О. г'(Ь) + е е У(х) дх = е~г (0). О Полагая Ь = О, 1, 2,..., т, умножая полученное равенство на с), и сум- мируя по Ь, в результате будем иметь: т т сьР(Ь)+~сне" / е *7'(х)дх = ~ сне"г(0). а=О Ь=О а=О В силу предположения, правая часть последнего равенства равна нулю и мы получаем, таким образом, равенство: (7. 11) Введем следующие обозначения. Положим: т ~ сьР(Ь) = Ф, а=О (7. 12) мы можем считать, что коэффициент сс отличен от нуля, поскольку в противном случае обе части последнего равенства можно было бы сократить на подходящую степень е. Перепишем равенство (7.9) в следующей форме: З 7. Приложения интегрального исчисления В этих обозначениях равенство (7.11) принимает вид: Ф+ !Р = О.
Полипом 7" в (7.11) произволен. Мы прийдем к противоречию, выбирая полипом 7" специальным образом. Возьмем (7.13) где Р(х) = х" '(х — 1)"(х — 2)"... (х — ти)", а р есть простое число, большее каждого из чисел ти и /со!. Степень и многочлена Дх) равна !ир+ р — 1. П о к а ж е м, что первая сумма в л е в о й части равенства (7.11), то есть величина Ф, представляет собой целое число, отличное от нуля, и, значит, ее абсолютны величина не меньше 1. Коэффициенты полинома Р(х) суть целые числа.
Производная порядка Ь полинома 7 также есть полипом, коэффициенты которого числа вида: т(т — 1)... (т — Ь+1) (р — 1) ! (7.14) где А, — целые числа, коэффициенты полинома Р. Произведение любых последовательных р натуральных чисел делится на р!. действительно, пусть т Е Ы.
Выражение т( — 1)... ( — ! +1) р! т(т — 1)... (т — Ь+ 1) = р(т — р)... (т — Ь + 1) !.(т — 1)... (т — р + 1) р! = р(т — р)... (т — Ь+ 1)С„" и, значит, каждое из выражений (7.14) является целым числом, делящимся на р. Таким образом, мы получаем, что производная порядка Ь > р функции 7' представляет собой полипом, все коэффициенты которого целые числа, делящиеся на р. обращается в нуль при т < р, а при т > р есть не что иное, как бино- миальный коэффициент С," и потому является целым числом.
Отсюда следует, что при Ь > р и т > Ь 152 Гл. 5. Интеграпьное исчисление функций одной переменной Производные порядка не вьппе р — 1 функции г" обращаются в нуль в точках х = 1, 2,..., т. Отсюда следует, что для Ь = 1, 2,..., тп Г(Ь) =У(Ь)+У'(Ь)+" +У'"'(Ь)+".+У! >(Ь) = = ~'"(Ь)+ ~'"+" (Ь)+" + ~'"'(Ь) В случае Ь > р производная 7"!~~, как мы установили, есть полипом, все коэффициенты которого целые числа, делящиеся на р.
Отсюда следует, что при Ь = 1, 2,..., т величина г (Ь) является целым числом, делящимся на р. Рассмотрим слагаемое сеГ(0) в л е в о й части равенства (7.11). Из равенства (7.13) следует, что и-1 х" ,~(х) = Ар 1, + Ар( ), + где коэффипиент Ар 1 равен свободному члену полинома Я(х) = (х — 1)" (х — 2)"... (х — т)" и, таким образом, Ар 1 = Я(0) = ( — 1) "(т!)". Величина Урб(0) обращается в нуль для Ь = О, 1,..., р — 2. Палее, 7!' '!(О) = ~(т!)". При Ь > р коэффициенты полинома 7!~! суть целые числа, делящиеся на р. В частности, получаем, что при Ь > р число 7~(0) — целое, делящееся на р. Из доказанного следует, что Ф = ~ сьР(Ь) = ( — 1) "со(пз!) +Р14, а=о (7.15) где 1'ч — целое число.
Предположим, что простое число р больше каждого из чисел !сс~ и т. Если р выбрано так, то тогда произведение се(ш!)" н е д е ли т с я на р и, значит, и р а в а я часть равенства (7.15) представляет собой целое число, отличное от нуля. Л о к а ж е м, что величина 153 'З 7. Приложения интегрального исчисления может быть сделана сколь угодно малым числом, если взять достаточно большое значение р. Пусть М есть наибольшее из чисел [сье" ~, Ь = О, 1, 2,..., т. Если х Е [О, т], то )х) < т, и для всякого й = 1, 2,..., т ~х — Ц < т. Заключаем, что для всех х е [О, т) справедлива оценка: 1Р-1 ~У(х)~= ( ),~(х — 1) (' — 2) ...(, — ) ~< р-1 иьр+р-1 (р — 1)' (р — 1)' ' Отсюда следует, что при каждом Ь = 0,1,2,...,т справедливо неравенство: Принимая во внимание эту оценку, получим, что (7.16) Положим: т + = В.
Тогда правая часть неравенства (7.16) будет равна И В В (р — 1) ~' Вж Д о к а ж е м, что для всякого В > 0 отношение — стремится к и! нулю при и — со. Воспользуемся оценкой для 11!, полученной в и. 6.1 этой главы (формула (6.6)). Гп1" Имеем: 11! > е Н . Отсюда получаем, что е Ве 1 ~Ве1" При и — со имеем — — 0 и, значит, — ~ — ~ -+ 0 при 11 — + оо. П ' е1а.[ 154 Гл. б.
Интегральное исчисление функций одной переменной На основании теоремы о зажатой переменной (глава 2, теорема 1.5), отсюда вытекает, что Пусть й Е 1Ч таково, что при всяком п > й выполняется неравен- ство: ЯФЪ Мт — < —. п! 2 Если простое число р удовлетворяет условию р > й+ 1, то выполняется неравенство: л" ~ (р — 1)! 2 Равенство (7.11) имеет вид: Ф+Ф=О, где Ф и Ф определены равенствами (7.12). Мы доказали, что при данном выборе полинома у и простого числа р число Ф есть целое число, не делящееся на р.
В частности, мы получаем, что Ф отлично от нуля и, значит, ~Ф~ > 1. В силу равенства Ф+ Ф = О, мы получаем, что ~Ф~ > 1. Это, однако, противоречит тому, что, как мы показали, при надлежащем выборе простого числа р выполняется неравенство: Ф1<-. 1 2 Итак, допустив, что существует полинам с целыми коэффициентами, корнем которого является число е, мы получили противоречие. Отсюда следует, что такой полипом не существует и, значит, число е транспендентно. Теорема доказана. ° Задачи 5.1. Доказать, что одна из первообразных четной функции есть функция не- четная, а всякая первообразная нечетной функции — четна.
155 Задачи 5.2. Доказать, что если у — непрерывная периодическая функция с периодом Т, определенны для всех х Е Й, то а-~-т т | Дх) дх = Дх) дх при любом а Е Й. 5.3. Указать выражение для первообразной функции 1: х аа зкп(зщх), не используя понятие интеграла. 5.4. Пусть Р: К -а К вЂ” многочлен. Доказать, что интеграл Р(х)е х ь* Их а сходится для любого й > О. 5.5. Доказать, что для любых р, д > 0 1 1 | ~/Г-хвоях= И:хч 1х. о о 5.6. ПуСтъ т': [О, Ос) а К вЂ” НЕОтрнцатЕЛЬНая убЫВаЮщая фуНКцня. ДОКаэатъ, что для любого и 1 1(1) + 21(2) + ° + пт(п) < (Ф+ 1)1($) й.
о 5Л'. Пусть т': [О, со) -+ Ж есть неубывающая функция. Положим: Доказать, что последовательности (В„) еп и (У~) ен — невозрастающие. 5.8. Найти предел суммы 5.9. предположим, что функция т": (а,ь) — + ]й такова, что для всякого отРезка 11 = [х1, хг] С [а, Ь] нижний интегРал Ху(Л) фУнкции 1 на отРезке Л 156 Гл. 5. Интегральное исчисление функций одной переменной конечен и функция / непрерывна в основном. Показать, что тогда функция / интегрируема по промежутку [а, Ь]. 5.10. Пусть — оо < а < Ь < оо и /: (а,Ь) -+ 1й непрерывна в основном.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
