В этом пункте я расскажу вам правдивую историю про отношение длины окружности к ее диаметру, которое Эйлер обозначил греческой буквой p, а еще Архимед, почти тысячу триста лет назад, вычислил, дойдя в приближении длины окружности правильными многоугольниками аж до 96 сторон, что
т.е. 3,1409<p <3,1429. Среднее арифметическое верхней и нижней границ, найденных Архимедом, дает p=3,14159... Очень неплохо для древнего грека!
Истинную природу числа p долгое время не удавалось распознать. Эйлер, занимаясь знаменитой древнегреческой задачей о квадратуре круга (или, что эквивалентно, задачей построения циркулем и линейкой отрезка длины p ), впервые высказал предположение, что число p не удовлетворяет никакому алгебраическому уравнению с целыми коэффициентами, но доказать этого он не смог. Лишь в 1882 году, после работ Лиувилля и Эрмита, немецкий математик Фердинанд Линдеман (1852 – 1939) весьма изощренными методами доказал трансцендентность p показав, тем самым, неразрешимость задачи о квадратуре круга. Но давайте не будем забегать вперед и пойдем, как и в предыдущем пункте, по порядку.
Теорема 1. Число p иррационально.
Доказательство. Сначала докажем аналог тождества Эрмита из леммы 2 предыдущего пункта.
Пусть f(x) – произвольный многочлен с действительными коэффициентами, F(x)=f(x)-fІ(x)+f(4)(x)-f(6)(x)+... - многочлен из производных f(x) четного порядка (очевидно, ряд для F(x) содержит лишь конечное число ненулевых членов). Очевидно:
d/dx(Fў(x)sinx - F(x)cosx)=(FІ(x)+F(x))sinx=f(x)sinx.
Проинтегрируем последнее тождество:
(Є)
Это и есть тождество Эрмита с функцией sinx, справедливое для любого многочлена f(x).
Предположим, что p=a/b; a,bОN; (a,b)=1. Положим в тождестве Эрмита (Є)
,
где n ОN - достаточно большое число, которое определим несколько позже. Утверждается, что при таком выборе многочлена f(x), мы, как и в теореме 2 предыдущего пункта, снова прийдем к противоречию. Именно: покажем, что интеграл в (Є) будет по модулю меньше единицы, а сумма F(0)=F(p) окажется прекрасным целым числом.
Возьмемся сначала за интеграл. Очевидно, что f(x)sinx>0 на интервале (0,p), поэтому . Далее, на этом же интервале, xn(p-x)nЈp2n, следовательно:
Ясно, что можно взять nОN настолько большим, что наш интеграл станет меньше единицы.
Обратим теперь свой взор на правую часть тождества (Є). Многочлен f(x) имеет число 0 корнем кратности n, следовательно
f(0)=fў(0)=fІ(0)=...=f(n-1)(0)=0.
Рассмотрим похожий на f(x) многочлен j(x)=bnxn(p-x)n с целыми коэффициентами. По лемме 1 из предыдущего пункта, все коэффициенты l-ой производной j(l)(x) делятся на l! , следовательно, все производные многочлена f(x) порядка lі n имеют целые коэффициенты. Это значит, что f (n)(0),f(n+1)(0),...,f(2n)(0) - целые числа. Итак, f(l)(0) - целое число для любого l=0,1,2,... . Очевидно, что f(x)=f(p-x). Поэтому f(l)(x)=(-1)lf(l)(p-x), т.е. f(l)(p)=(-1)lf(l)(0) - тоже целое число для любого l=0,1,2,... .
Итак, F(0)+F(p) является целым числом, поэтому равенство
невозможно, что и завершает доказательство теоремы.
Ё
Смотрите, мы затратили на доказательство только иррациональности числа p почти столько же усилий, сколько на доказательство трансцендентности числа е. Это обстоятельство не должно вызывать удивления, особенно если вспомнить мои досужие рассуждения из предыдущего пункта о скорости приближения чисел p и е рациональными частичными суммами. Однако, я все равно предпочитаю относиться к числу p с суеверным почтением и верить, что в p заложена какая-то страшная тайна, разгадать которую можно в тридевятом царстве, в тридесятом государстве, только зная волшебные слова и истоптав тысячу кованых кроссовок системы Ади Даслера.
Теорема 2 (Линдеман, 1882) Число p трансцендентно.
Доказательство. Приводимое здесь доказательство потребует некоторых сведений из теории функций комплексного переменного, одного дополнительного определения, и весьма серьезных усилий для понимания. Но волка бояться - в лес не ходить.
Мы знаем, что epi помним тождество Эрмита
выполненное для любого многочлена f(x), при этом,
F(x)=f(x)+fў(x)+fІ(x)+...+f(k)(x)
Определение. Пусть a - алгебраическое число. Тогда существует единственный неприводимый многочлен f(x)с рациональными коэффициентами и старшим коэффициентом, равным единице, такой, что f(a)=0. Такой многочлен называется минимальным многочленом числа a, степень f(x) называется степенью числа a (обозначение: dega), все корни минимального многочлена числа a называются числами, сопряженными с a.
Пример. i - мнимое алгебраическое число, degi=2, f(x)=x2+1 - минимальный многочлен, {-i;i} - числа, сопряженные с числом i .
Нетрудно доказать, что произведение двух алгебраических чисел снова будет алгебраическим числом. Действительно, пусть a1, b1 алгебраические числа, dega1=n, degb1=m; a1,a2,...,an; b1,b2,...,bmсопряженные числа к a1 и b1 соответственно. Рассмотрим многочлен
Его коэффициенты суть основные симметрические многочлены от корней aibi (теорема Виета). Значит они являются симметрическими многочленами от a1,a2,...,an; b1,b2,...,bm (но уже не обязательно основными). Каждый симметрический многочлен от a1,a2,...,an; b1,b2,...,bm является комбинацией основных симметрических многочленов от a1,a2,...,an; b1,b2,...,bm (основная теорема о симметрических многочленах). Каждый основной симметрический многочлен от a1,a2,...,an; b1,b2,...,bm является комбинацией симметрических многочленов отдельно от a1,a2,...,an и многочленов отb1,b2,...,bm. Последние, в свою очередь, построены из основных симметрических многочленов от a1,a2,...,an и от b1,b2,...,bm, которые являются рациональными числами - коэффициентами минимальных многочленов чисел a1 и b1 соответственно. Это значит, что коэффициенты многочлена , корнем которого является a1b1, суть рациональные числа и a1b1 - алгебраическое число степени не выше mn.
Доказательство теоремы Линдемана в математическом мире принято вести от противного. Ну пусть p - алгебраическое число. Тогда число g=pЧi тоже алгебраическое, как произведение двух алгебраических чисел. Пусть degg=v; g1,g2,...,gv - сопряженные числа. Имеем eg+1=0, следовательно:
Я не поленюсь и в этом произведении раскрою скобки:
Показатели над буквой есправа бывают отличными от нуля (например, при e1, e2=e3=...=ev=0 и равными нулю (например, при e1= e2=e3=...=ev=0). Пусть среди этих показателей ровно m отлично от нуля, а остальные a=2v-m равны нулю, aі1. Обозначим отличные от нуля показатели через a1,a2,...,am и получим равенство:
Покажем, что a1,a2,...,am - в точности все корни некоторого многочлена Y(x) с целыми коэффициентами (разумеется, степень Y(x) равна m). Рассмотрим вспомогательный многочлен:
Поглядим на многочлен j(x) как на симметрический многочлен от g1,g2,...,gv. Он, конечно, представим в виде комбинации основных симметрических многочленов от g1,g2,...,gv, правда, коэффициенты в таком представлении будут зависеть от х и e1,e2,...,ev (Ну и пусть зависят, все мы от кого-нибудь зависим.) Но основные симметрические многочлены от g1,g2,...,gv есть коэффициенты минимального многочлена числа g , т.е. являются рациональными числами. Следовательно, j(x), как многочлен от х, имеет рациональные коэффициенты а многочлен rj(x), где r - общий знаменатель коэффициентов j(x), имеет целые коэффициенты. Корни j(x) суть числа a1,a2,...,am и число 0, которое является корнем кратности а. Поэтому многочлен имеет целые коэффициенты, а его корни есть в точности числа a1,a2,...,am. Запомним этот многочлен, ибо именно его (правда чуть-чуть искалеченного) мы будем подставлять в тождество Эрмита для получения противоречия.
Положим в тождестве Эрмита
,
последовательно x=a1,a2,...,am и сложим все получившиеся равенства:
,
т.е. (помним, что
)
, (ЄЄ)
Далее все будет катиться как по моторному маслу Shell, точнее, как в доказательстве трансцендентности числа е . Тождество (ЄЄ) справедливо для любого многочлена f(x). Положим:
,
где Y(x)=(r/xa)j(x)=bmxm+...+b1x+b0, bm>0, b0№0, - тот самый многочлен с целыми коэффициентами и корнями a1,a2,...,am, который мы построили выше а bm=r его старший коэффициент. Видно, что:
,
а число nО N мы определим позже и оно будет достаточно большим.
Сначала рассмотрим левую часть тождества (ЄЄ). Рассуждая как при доказательстве трансцендентности числа е , получим:
f(l)(0)=0, l=0,1,...,n-2;
f(n-1)(0)=bmmn-1b0m;
,
где А – некоторое подходящее целое число. Далее, так как ak корень f(x) кратности n, то
f(l)(ak)=0, l=0,1,...,n-1, k=1,...,m.
По лемме 1 из предыдущего пункта, все коэффициенты l-ой производной многочлена xn-1Yn(x) делятся на l!. Поэтому, при lіn, многочлен f(l)(x) имеет целые коэффициенты, делящиеся на nbmmn-1. Значит:
,
где Ф(z) – некоторый многочлен с целыми коэффициентами.
Сумма является симметрическим многочленом от a1,a2,...,am, следовательно она представляется в виде комбинации основных симметрических многочленов от a1,a2,...,am. Поскольку основные симметрические многочлены от a1,a2,...,am суть целые числа (коэффициенты Y(x)), то сумма является целым числом и это число делится на n. Значит, левая часть тождества (ЄЄ) есть
,
где В - подходящее целое число.
Если теперь взять nО N таким, что
,
(или, на худой конец, просто n>ab0mbmmn-1), то левая часть (ЄЄ) окажется целым числом, не делящимся на n, т.е. отличным от нуля целым числом. Значит,
,
Оценим теперь правую часть равенства (ЄЄ). Пусть все точки a1,a2,...,am содержатся в круге ЅxЅЈR. Обозначим
.
Ясно, что С не зависит от n. Ну тогда
.
Значит, правая часть (ЄЄ)
.
Таким образом, при больших nО N, правая часть (ЄЄ) меньше 1 и равенство (ЄЄ) невозможно.
Ё
Поздравляю Вас, дорогие товарищи, с прочтением предпоследнего пункта этой книжки.
Задачки |
1. Докажите, что число p2 иррационально. 2. Докажите, что число p2 не является квадратичной иррациональностью. 3. Докажите, что число p2 трансцендентно. |
NS | НОВОСТИ |
Специально для советских читателей Анн и Серж Голон издали новую серию романов об Анжелике: "Анжелика в Октябре", "Анжелика и печник", "Анжелика у прямого провода". Новым чемпионом мира по шахматам стал боксер-тяжеловес Майк Тайсон. В недолгом поединке он отобрал шахматную корону у Гарри Каспарова. В издательстве "Плоды просвещения" вышел учебник "На черта тебе геометрия?" с иллюстрацией Казимира Малевича. Знаете ли вы, что неточность попадания снаряда можно компенсировать его диаметром? Оптическая новость. В стереокинотеатре "Октябрь" встретились адмирал Нельсон и фельдмаршал Кутузов. |