Beweisarchiv: Algebra: Körper: Approximationssatz von Liouville

Satz

Ist $\alpha$ eine algebraische Zahl vom Grad $n\ge 1$, so gibt es eine reelle Zahl $c>0$, so dass für alle von $\alpha$ verschiedenen (im Falle $n>1$ also für alle) rationalen Zahlen $\frac{p}{q}$ gilt:

$|\alpha -\frac{p}{q}|\ge \frac{c}{q^n}.$

Beweis

Sei $\alpha$ algebraisch vom Grad $n$ und entsprechend Nullstelle des Polynoms $f(X)\in \mathbb{Z}[X]$ vom Grad $n$, d.h.

$f(\alpha )=a_0+a_1\alpha +\cdots +a_n{\alpha }^n=0$

mit $a_0,\dots ,a_n\in \mathbb{Z}$ und $a_n\ne 0$.

Da $\alpha$ Nullstelle ist, lässt sich durch Polynomdivision im Ring $ℂ[X]$ der Linearfaktor $X-\alpha$ abspalten:

$(1)f(X)=(X-\alpha )\cdot g(X).$

Hierbei liegt das Polynom $g(X)$ allerdings allgemein nicht in $\mathbb{Z}[X]$, sondern hat lediglich algebraische Koeffizienten. Aber zumindest ist die Funktion $ℝ\to ℂ$, $t\mapsto g(t)$ stetig, so dass es reelle Zahlen $c_1>0$, $c_2>0$ gibt mit

$(2)|g(x)|\le c_1$, falls $|\alpha -x|<c_2$.

Da das Polynom $f(X)$ nur endlich viele Nullstellen hat, können wir oBdA. zusätzlich voraussetzen, dass keine weitere Nullstelle in der besagten Umgebung von $\alpha$ liegt, d.h.

$(3)f(x)\ne 0$, falls $|\alpha -x|<c_2$ und $x\ne \alpha$.

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=min\{c_2,\frac{1}{c_1}\}$

wählt.

Zum Beweis sei also $p,q\in \mathbb{Z}$, $q>0$ und es gelte

$(4)|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{c}{q^n}.$

Es ist zu zeigen, dass hieraus $\alpha =\frac{p}{q}$ folgt.

Zunächst ergibt sich aus (4) sofort

$(5)|\alpha -\frac{p}{q}|<c\le c_2,$

wegen (2) also $|g(\frac{p}{q})|\le c_1$. Dann folgt weiter aus (1) und nochmals (4)

$\left|f\right(\frac{p}{q}\left)\right|=|\frac{p}{q}-\alpha |\cdot \left|g\right(\frac{p}{q}\left)\right|<\frac{c}{q^n}\cdot c_1\le \frac{1}{q^n},$

also

$|q^n\cdot f(\frac{p}{q}\left)\right|<1.$

Nun ist jedoch

$q^n\cdot f\left(\frac{p}{q}\right)=a_0{q}^n+a_{1}p{q}^{n-1}+\cdots +a_n{p}^n\in \mathbb{Z}$

und vom Betrag kleiner als 1, muss also 0 sein. Dann gilt auch $f(\frac{p}{q})=0$ und wegen (3) und (5) schließlich $\alpha =\frac{p}{q}$, was zu zeigen war.

Alternativer Beweis

Seien $\alpha$ und $f(X)$ wie oben. Falls $\alpha$ nicht reell ist, gilt die Aussage des Satzes mit $c=|\mathrm{Im}(\alpha )|$. Es sei daher im Weiteren $\alpha \in ℝ$.

Sei $r>0$ beliebig und

$M:=\underset{|x-\alpha |\le r}{max}|f^{\prime }(x)|.$

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=min\{r,\frac{1}{M}\}$

wählt.

Zum Beweis sei wiederum $p,q\in \mathbb{Z}$ mit $q>0$. Falls $|\alpha -\frac{p}{q}|>r$ ist, sind wir fertig. Ist dagegen $|\alpha -\frac{p}{q}|\le r$, so folgt nach dem Mittelwertsatz der Differenzialrechnung

$f\left(\frac{p}{q}\right)=f\left(\frac{p}{q}\right)-f(\alpha )=(\frac{p}{q}-\alpha )\cdot f^{\prime }(\xi )$

für eine Stelle $\xi$ zwischen $\alpha$ und $\frac{p}{q}$, also insb. $|\xi -\alpha |\le r$. Somit ist $|f^{\prime }(\xi )|\le M$. Außerdem ist ebenso wie im ersten Beweis $q^{n}f(\frac{p}{q})\in \mathbb{Z}$. Da das Polynom $f(X)$ von minimal möglichem Grad ist, ist es über $\mathbb{Z}$ irreduzibel, nach dem Lemma von Gauß auch über $\mathbb{Q}$. Dann ist insb. (außer im trivialen Fall $\alpha =\frac{p}{q}$) die rationale Zahl $\frac{p}{q}$ keine Nullstelle, es folgt $|q^{n}f(\frac{p}{q})|\ge 1$ und somit

$\frac{1}{q^n}\le |\frac{p}{q}-\alpha |\cdot M$

bzw.

$|\alpha -\frac{p}{q}|\ge \frac{1}{M{q}^n}\ge \frac{c}{q^n}.$

Korollar

Ist $\alpha \in ℝ$ und gibt es zu jedem $m>0$ eine rationale Zahl $\frac{p}{q}\ne \alpha$ mit $q>1$ und $|\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q^m}$, so ist $\alpha$ transzendent.

Insbesondere ist die Liouville-Zahl

$L:=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}10^{-k!}$

transzendent.

Beweis

Ist $\alpha$ nicht transzendent, so ist es algebraisch von einem Grad $n$. Ist dann $c$ wie im obigen Satz gewählt, so kann $\frac{c}{q^n}\le |\alpha -\frac{p}{q}|<\frac{1}{q^m}$ nur gelten, wenn $c<q^{n-m}$ ist. Wenn hierbei $m$ hinreichend groß ist, kann diese Ungleichung jedoch nicht erfüllt sein, denn wenn $m\ge n$ ist, ist die rechte Seite $\le 2^{n-m}$.

Im Fall $\alpha =L$ ist die $n$-te Teilsumme $s_n:=\sum _{k=1}^{n}10^{-k!}$ eine rationale Zahl mit Nenner $q=10^{n!}$ und natürlich von $L$ verschieden. Es gilt

$|L-s_n|=\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}10^{-k!}<\sum _{k=(n+1)!}^{\mathrm{\infty }}10^{-k}=\frac{1}{9\cdot 10^{(n+1)!-1}}<\frac{1}{10^{n\cdot n!}}=\frac{1}{q^n},$

so dass mit dem ersten Teil des Korollars die Transzendenz von $L$ folgt.