Cómo demostrar que el número e es trascendente

Introducción

El número e, base del logaritmo neperiano, protagonista del matching problem y de la identidad de Euler es, como ya vimos, irracional. Pero es bien sabido también que este número es trascendente. Recordemos las definiciones de número algebraico y número trascendente:

  • Un número real \alpha es algebraico si existe un polinomio p(x) con coeficientes enteros tal que p( \alpha)=0, es decir, \alpha es una raíz de p(x).
  • Un número real \alpha es trascendente si no es algebraico, es decir, si \alpha no es raíz de ningún polinomio con coeficientes enteros.

Es decir, no existe ningún polinomio con coeficientes enteros que tenga al número e entre sus raíces. Pero la demostración de este hecho no es ni mucho menos trivial, aunque no es muy difícil de seguir. A ello vamos a dedicar el resto del artículo.

El número e es trascendente

La demostración que vamos a desarrollar se debe a Hermite. En concreto probaremos lo siguiente:

Teorema:

El número e es trascendente sobre \mathbb{Q}

Demostración:

Supongamos que existe un polinomio p(x)=a_m x^m+ \ldots a_1 x+a_0 con a_i \in \mathbb{Z} tal que e es una de sus raíces, es decir, a_m e^m+ \ldots a_1 e+a_0=0. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que a_0 \ne 0 (si a_0=0 dividimos entre e a ambos lados y nos quedaría a_1 como término independiente, y así sucesivamente). Definimos ahora la siguiente función:

f(x)= \cfrac{x^{p-1} (x-1)^p (x-2)^p \ldots (x-m)^p}{(p-1)!}

donde por ahora p es un número primo arbitrario.

Definimos ahora otra función:

F(x)=f(x)+f^\prime (x)+ \ldots + f^{mp+p-1)} (x)

Definidas así, para f(x) se tiene que si 0 < x < m:

|f(x)| \le \cfrac{m^{p-1} m^{mp}}{(p-1)!}=\cfrac{m^{mp+p-1}}{(p-1)!}

Y para F(x) tenemos:

\cfrac{d}{dx} (e^{-x} F(x) =e^{-x} (F^\prime (x)-F(x))=-e^{-x} f(x)

por lo que:

\displaystyle{a_j \int_0^j e^{-x} f(x) dx= a_j \lbrack -e^{-x} F(x) \rbrack _0^j=a_j F(0)-a_j e^{-j} F(j)}

Multiplicando ahora esta igualdad por e^j y sumando en j=0,1, \ldots, m conseguimos lo siguiente:

\displaystyle{\sum_{j=0}^m a_j e^j \int_0^j e{-x} f(x)dx=F(0) \cdot 0 - \sum_{j=0}^m a_j F(j) = - \sum_{j=0}^m \sum_{i=0}^{mp+p-1} a_j f^{i)} (j)}

(Ese {0} que queda multiplicando a F(0) se debe a que al sumar en j nos queda \displaystyle{\sum_{j=0}^m a_j e^j}, que sabemos que es cero por haber supuesto que e es una raíz del polinomio inicial.)

Tengamos ahora en cuenta que f^{i)} (j) es un número entero que es divisible por p excepto en el caso en el que i=p-1 y j=0. La razón es la siguiente:

Los únicos valores de f^{i)} (j) que no son cero provienen de términos donde el factor (x-j)^p ha sido derivado p veces. En estos casos obtendremos en el numerador p!, que cancela al (p-1)! del denominador, con lo que el valor también es un número entero. Como además queda p en el numerador se tiene que ese valor es divisible por p.

Pero en la excepción que hemos comentado el valor de f^{i)} (j) no es divisible por p. Se puede ver fácilmente que

f^{p-1)} (0)= (-1)^p \ldots (-m)^p

Eligiendo ahora un primo p (recordemos que era arbitrario) mayor que m tenemos que dicho producto no puede tener a p como factor primo.

Ahora, el lado derecho de esta igualdad es un número entero distinto de cero. Pero haciendo tender p a infinito tenemos que el lado izquierdo tiende a cero utilizando la acotación para |f(x)| mostrada anteriormente. Esto es una contradicción que nos lleva al resultado que queríamos demostrar:

No existe polinomio alguno con coeficientes enteros tal que el número e sea una de sus raíces.


Fuente:

  • El próximo jueves os la muestro.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

11 Comentarios

  1. Diamond, ¿cómo estás?
    Quería preguntarte por qué en el matching problem la función de probabilidad del juego es

    1/k! * SUM(j=0,n-k) -1~j / j!

    Gracias!

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  2. Qué buena! recuerdo que vi esta prueba (casi idéntica) en el Cálculus de Spivak nada más empezar primero y me quede flipando 🙂

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  3. Una pregunta: ¿la regla de número trascendente valdría también para coeficientes no enteros, no? Mientras el coeficiente no sea el propio e o el número en cuestión, vamos.

    Gracias

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  4. Truco, puedes usar como coeficientes cualquier número algebraico.

    Si te sales de ellos podrías hacer cosas como x^2-\pi^2.

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  5. En cuanto a ala demostración hay un paso que no acabo de entender y me encantaría que tuviesen la amabilidad de hacer-me ver la luz.
    en uno de los pasos del principio, se dice que F(x)-F(x)=-f(x), y realmente no entiendo el porqué. Entiendo que exista el -f(x) pero no entiendo porqué desaparece el termino f^{mp+p}(x), ya que a mí me sigue apareciendo por ahí sumandose al final, molestando.

    Agradezco muy seriamente su tiempo.

    Auburus

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  6. Auburus, ten en cuenta que $Latex f(x)$ es un polinomio de grado mp+p-1, por lo que si lo derivas mp+p veces (último término de F^\prime (x)) el resultado de esa derivada es cero. Por ello en esa resta sólo queda vivo el primer término de F(x), es decir, f^\prime (x).

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  7. es verdad, que estupido soy. (Sufro un ataque de verguenza estando yo solo en la habitación xD).

    Vale mil gracias por todo, y disculpen las molestias

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  8. De nada. Y nada de estúpido, nadie es perfecto y a todo el mundo se le escapa alguna cosa así alguna vez :).

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  9. la acotación por la que acotas el modulo de f(x) no me aparece, cual es la acotacion?

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