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.

17 comentarios

Trackback | 23 Nov, 2009

Bitacoras.com
Trackback | 23 Nov, 2009

Twitter Trackbacks for Cómo demostrar que el número e es trascendente | Gaussianos [gaussianos.com] on Topsy.com
Federico | 23 de November de 2009 | 16:03

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!
Dani | 24 de November de 2009 | 10:10

Qué buena! recuerdo que vi esta prueba (casi idéntica) en el Cálculus de Spivak nada más empezar primero y me quede flipando
Trackback | 26 Nov, 2009

Cómo demostrar que π (pi) es trascendente | Gaussianos
Truco | 29 de November de 2009 | 12:13

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
Tobar | 29 de November de 2009 | 16:19

Aqui les dejo una demostracion alemana: http://www.mathematik.uni-muenchen.de/~fritsch/euler.pdf
Naka Cristo | 30 de November de 2009 | 01:06

Truco, puedes usar como coeficientes cualquier número algebraico.

Si te sales de ellos podrías hacer cosas como $x^2-\pi^2$ .
Auburus | 7 de December de 2009 | 23:16

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
^DiAmOnD^ | 7 de December de 2009 | 23:25

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, $f^\prime (x)$ .
Auburus | 7 de December de 2009 | 23:43

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
^DiAmOnD^ | 7 de December de 2009 | 23:47

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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