Beweisarchiv: Algebra: Körper: Zahlencharakter von e

Irrationalität

Behauptung

Die Eulersche Zahl $e$ ist nicht rational.

Beweis

Annahme: $e\in \mathbb{Q}$.

Demnach muss es eine Darstellung von $e$ mit $e=\frac{p}{q}$ geben mit $p\in \mathbb{Z}$ und $q\in {\mathbb{N}}_{+}$.

Wir verwenden die Reihendarstellung

$e=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}$

von $e$ und erhalten

$e=\frac{p}{q}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}+\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}$

Dann gilt:

$e-\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}=\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}$

$\iff q!(e-\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!})=q!\left(\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}\right)$

$\iff q!(\frac{p}{q}-\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!})=\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}$

$\iff \frac{p\cdot q!}{q}-q!\cdot \sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}=\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}$

$\iff p\cdot (q-1)!-\sum _{k=0}^q\frac{q!}{k!}=\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}$

$\iff \underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{p\cdot (q-1)!-\frac{q!}{0!}-\frac{q!}{1!}-\frac{q!}{2!}-\dots -\frac{q!}{(q-1)!}-\frac{q!}{q!}}}=\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}$ (*)

Also ergibt die linke Seite des Terms eine ganze Zahl. Folglich muss auch die rechte Seite eine ganze Zahl sein:

$\begin{array}{cc}0& <\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{(k+q)!}\\ & =\frac{q!}{(q+1)!}+\frac{q!}{(q+2)!}+\frac{q!}{(q+3)!}+\dots \\ & =\frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+1)(q+2)}+\frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)}+\dots \\ & <\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\dots ={\left(\frac{1}{2}\right)}^1+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\dots \end{array}$

Dies ist fast die geometrische Reihe. Weil die obenstehende Reihe aber bei $1$ statt bei $0$ beginnt, muss der Wert des ersten Reihenelements abgezogen werden und konvergiert damit gegen $1$:

$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^0=1$

Also gilt

$0<\sum _{k=q+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{q!}{k!}<1$

Dies ist nun ein Widerspruch, denn die rechte Seite des Terms (*) kann keine ganze Zahl sein, wenn sie (echt) größer $0$ ist und (echt) kleiner als $1$ ist.

Also kann $e$ nicht rational sein.

$◻$

Quadratische Irrationalität

Behauptung

Die Eulersche Zahl $e$ erfüllt keine Gleichung der Form

$a{e}^2+be+c=0$

für $a,b,c\in \mathbb{Z}$ mit $a,c\ne 0$.

Beweis

Wir führen einen Widerspruchsbeweis.

Angenommen es gäbe $a,b,c\in \mathbb{Z}$ mit $a,c\ne 0$, so dass $a{e}^2+be+c=0$ ist.

Für ein beliebiges $n>|a|+|c|+1$ gilt dann:

$\begin{array}{cc}0& =n!(ae+b+\frac{c}{e})\\ \\ & =a\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{k!}+n!b+c\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\frac{n!}{k!}\\ \\ & =\underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{n!b}}+\underset{\in \mathbb{Z}}{\underbrace{\sum _{k=0}^n(a+c(-1{)}^k)\frac{n!}{k!}}}+\underset{=:R_n}{\underbrace{\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}(a+c(-1{)}^k)\frac{n!}{k!}}}.\end{array}$

Hier wurde von der ersten auf die zweite Zeile die Reihenentwicklung

$e^{-1}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{k!}$

verwendet.

Also muss $R_n$ eine ganze Zahl sein.

$\begin{array}{cc}|R_n|& =\left|\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\right(a+c(-1{)}^{n+k})\frac{n!}{(n+k)!}|\\ & \le (|a|+|c|)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!n^k}{(n+k)!}\frac{1}{n^k}\\ & <(|a|+|c|)\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^k}=\frac{|a|+|c|}{n-1}\\ & <1\end{array}$

Also ist $R_n=0$, wenn $n$ hinreichend groß ist.

Damit wäre $0=n{R}_{n-1}-R_n=a+c(-1{)}^n\Rightarrow a=\pm c\Rightarrow a=c=0$. (Widerspruch)

$◻$

Insbesondere kann $e$ nicht als Element eines quadratischen Zahlkörpers aufgefasst werden.

Rationale Potenzen von e sind irrational

Behauptung

Für jede rationale Zahl $a\in \mathbb{Q}\setminus \{0\}$ ist $e^a$ irrational.

Beweis

Wir nehmen zunächst an $a$ sei eine positive ganze Zahl.

Angenommen $e^a$ sei rational. Dann gibt es $p\in \mathbb{Z},q\in {\mathbb{N}}_{+}$ mit $e^a=\frac{p}{q}$.

Sei nun $f(x):=\frac{x^n(1-x{)}^n}{n!}$ das $n$-te Niven-Polynom und

$F(x):=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{a}^{2n-k}{f}^{(k)}(x)$.

Die Ableitung von $F$ ist

$F^{\prime }(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{a}^{2n-k}{f}^{(k+1)}(x)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{k-1}{a}^{2n+1-k}{f}^{(k)}(x)=a^{2n+1}f(x)-aF(x)$

Demzufolge ist $F^{\prime }(x)+aF(x)=a^{2n+1}f(x)$. Es gilt

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{F}^{\prime }(x)e^{ax}dx={[F(x)e^{ax}]}_0^1-a\underset{0}{\overset{1}{\int }}F(x)e^{ax}dx$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}(F^{\prime }(x)+aF(x))e^{ax}dx=F(1)\frac{p}{q}-F(0)$.

Also muss $q\cdot a^{2n+1}{\int }_0^{1}f(x)e^{ax}dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q$ eine positive ganze Zahl sein. Wegen ${\int }_0^{1}f(x)e^{ax}dx<\frac{1}{n!}{e}^a$ geht der Linksterm aber gegen null für $n\to \mathrm{\infty }$. (Widerspruch)

Also ist $e^a$ irrational. Insbesondere ist auch $e^{-a}$ irrational.

Wäre $e^{\frac{a}{b}}$ für ein $b\in {\mathbb{N}}_{+}$ rational, so wäre auch $e^a$ rational.

$◻$

Transzendenz

Behauptung

Die Eulersche Zahl $e$ ist transzendent über $\mathbb{Q}$. Das heißt $e$ erfüllt keine Gleichung der Form

$a_0+a_{1}e+...+a_n{e}^n=0$

mit $n\in {\mathbb{N}}_{+}$, $a_k\in \mathbb{Z}$ und $a_0,a_n\ne 0$.

Beweis

Unter der Annahme $e$ sei algebraisch gibt es eine Gleichung $a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n=0$, mit $a_k\in \mathbb{Z}$ und $a_0,a_n\ne 0$,

die $x=e$ als Lösung besitzt. Sei nun $\alpha :=2(n+1)\max |a_k|$ und

$Q(x):=\prod _{k=1}^n(x-k)=x^n\pm ...\pm n![⟹Q^p(x)=x^{np}\pm ...\pm n{!}^p].$

Für variables $p\in \mathbb{P}$ sei $F(x):=\frac{1}{(p-1)!}{x}^{p-1}{Q}^p(x)e^{-x}$ und für variables $q\in \{0,1,...,n\}$ sei

${\epsilon }_{pq}:=e^q\underset{0}{\overset{q}{\int }}Fdx$ und $M_{pq}:=e^q\underset{q}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}Fdx⟹{\epsilon }_{pk}+M_{pk}=e^k\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}Fdx=e^k{M}_{p0}$

$\mathrm{\forall }x\in [0,n]$ gilt$F(x)\to 0$ für $p\to \mathrm{\infty }$ und somit auch $|{\epsilon }_{pq}|\to 0$

Man wähle die Primzahl $p$ nun so groß, dass $p>\alpha$ und $|{\epsilon }_{pq}|<\frac{1}{\alpha }\mathrm{\forall }q$ ist.

Es ist:

$\begin{array}{cc}{M}_{p0}& =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}Fdx=\frac{1}{(p-1)!}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{p-1}(x^{np}\pm ...\pm n{!}^p)e^{-x}dx\\ & =\frac{1}{(p-1)!}((p-1+np)!\pm ...\pm n{!}^p(p-1)!)\equiv n{!}^p\equiv n!\equiv ̸0\mathrm{mod}p\end{array}$

Für $q=1,...,n$ besitzt $Q(x+q)=\prod _{k=1}^n(x+q-k)$ den Linearfaktor $x$. Daher ist

$\begin{array}{cc}{M}_{pq}& =e^q\underset{q}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}Fdx=e^q\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F(x+q)dx\\ & =\frac{1}{(p-1)!}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(x+q{)}^{p-1}{Q}^p(x+q)e^{-x}dx\\ & =\frac{1}{(p-1)!}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{x}^{p}R(x)e^{-x}dx=\frac{1}{(p-1)!}(r_{np-1}(np-1)!\pm ...\pm r_{0}p!)\equiv 0\mathrm{mod}p.\end{array}$

$0=M_{p0}\sum _{k=0}^n{a}_k{e}^k=\sum _{k=0}^n{a}_k({\epsilon }_{pk}+M_{pk})=\sum _{k=0}^n{a}_k{\epsilon }_{pk}+a_0{M}_{p0}+\sum _{k=1}^n{a}_k{M}_{pk}$

$⟹-\sum _{k=0}^n{a}_k{\epsilon }_{pk}\equiv a_0{M}_{p0}\equiv ̸0\mathrm{mod}p$

Aber $\left|\sum _{k=0}^n{a}_k{\epsilon }_{pk}\right|\le \sum _{k=0}^n|a_k|\frac{1}{\alpha }\le \frac{(n+1)\max |a_k|}{\alpha }=\frac{1}{2}$. (Widerspruch)

$◻$

Wikipedia-Verweise

Irrationale Zahl · Transzendente Zahl · Eulersche Zahl · Beweis der Irrationalität der eulerschen Zahl