Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
604 kez görüntülendi

$\pi$ sayısının bir aşkın sayı olduğunu gösteriniz. 

Lisans Matematik kategorisinde (11.4k puan) tarafından  | 604 kez görüntülendi

Matematik dunyasi 2014 yilina ait sayilarini incelerken $e$ ve $pi$ sayilarinin kesirli olmamaları ile askin olmalari üzerine çok hoşuma giden dili anlasilir kanitlarla karsilastim. Elimden geldiğince paylaşmak istedim.

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

İstenenin doğru olmadigini varsayalım. O zaman, cebirsel sayılar kümesi çarpma işlemi altında kapalı oldugundan, $i\pi$ sayisi da cebirsel olur; bu sayinin bir koku olduğu en kucuk dereceli ve tam sayi katsayili bir polinomun derecesini $d$ ile, köklerini $\theta_1=i\pi, \theta_2, \theta_3,...,\theta_d$ ile, bas katsayisini ise $l$ ile gösterelim. Bu durumda, $e^{i\pi}=-1$ olması nedeniyle,

$(1+e^{\theta_1})(1+e^{\theta_2})...(1+e^{\theta_d})=0$

olur. Bu son eşitliğin sol tarafi acildiginda, $€_j$`ler $0$ veya $1$ olmak uzere, $\Theta= €_1\theta_1+...€_d\theta_d$ için $e^\Theta$ formunda $2^d$ tane üstelin toplami elde edilir. Bu ustellerin sifirdan farklı olan üslerinin sayisina $n$ diyelim ve sifirdan farklı bu üsleri $\Theta_1, \Theta_2, ..., \Theta_n$ ile gösterelim. Boylece

$e^{\Theta_1}+...+e^{\Theta_n}+2^d-n=0$       $(\ast)$

Olur ve en az bir us sidir olduğundan $2^d-n$ sayisinin pozitif bir tam sayi olduğu gorulur. Simdi, yeterince büyük bir $p$ asal sayisi alarak, 

$f(x)=l^{np}x^{p-1}(x-\alpha_1)^p...(x-\alpha_n)^p$

olmak uzere, 

$J=I_f(\alpha_1)+...+I_f(\alpha_n)$

diyelim. Bu durumda $[2]$ ve $(\ast)$ dan,

$J=(n-2^d) \sum_{k=0}^{(n+1)p-1} f^{(j)}(0)-\sum_{k=0}^{(n+1)p-1}\sum_{j=1}^{n} f^{(k)}(\alpha_j)$

esitliğini elde ederiz. Simdi de $f$ polinomunun türevlerinin $\alpha_j$`lerdeki degerlerini goz önune alarak yukarıdaki son esitlikte $j$ üzerinden alihan toplamin $l\alpha_1,...l\alpha_n$ sayilarinin yerleri değiştirildiginde ayni kaldigini ve bundan dolayı da bu toplamin bir tam sayi olması gerektigini gozlemleyelim. Diğer taraftan da $j<p$ için $f^{(k)}(\alpha_i)=0$ olması nedeniyle $f^{(k)}(\alpha_j)$ tam sayisinin $p!$ ile bölünebilen bir tam sayi oldugunu; ve 

$f^{(p-1)}(0)=(p-1)!(-l)^{np}(\alpha_1...\alpha_n)^p$

sayisinin da, yeterince büyük $p$ sayilari icin, $(p-1)!$ ile bölünebilen fakat $p!$ ile bolunemeyen bi tam sayi olduğunu görelim. Boylece $p>2^d-n$ için 

$|J|\geq(p-1)!$      $(\ast\ast)$

olduğu gorulur. Ote yandan $[3]$ nedeniyle p sayisindan bagimsiz bir $C$ sabiti için 

$|J|\leq e^t|t|F(t)\leq C^p$ $(\ast\ast\ast)$

olur. Ancak $C$ sayisi ne olursa olsun yeterince büyük $p$`ler için $(p-1)!>C^p$ olacağından $(\ast\ast)$ ve $(\ast\ast\ast)$ esitsixlikleri birbiriyle celisir. $\square$


Kanit için ek bilgiler

Katsayilari tam sayi ve derecesi $n$ olan bir $f(x)=\sum_{k=0}^{n}a_kx^k$ polinomu icin , $t>0$ olmak uzere,

$I_f(t)=\int_{0}^{t}e^{t-x}f(x)dx$

olsun. Kismi integrasyon kullanilarak

$I_f(t)=(-e^{t-x}f(x))|_0^t+\int_{0}^{t}e^{t-x}f'(x)dx$

          $=e^tf(0)-f(t)+\int_{0}^{t}e^{t-x}f'(x)dx$    $[1]$

yazabiliriz. Boylece $f'(x)$ de derecesi $n-1$ olan tam sayi katsayili bir polinom oldugundan, $[1]$`deki integral de kismi integrasyon işlemi $n+1$ kez tekrarlanarak,

$I_f(t)=\sum_{k=0}^{n}(e^tf^{(k)}(0)-f^{(k)}(t))$        $[2]$

olduğu gorulur. Simdi $F(x)= \sum_{k=0}^{n}|a_k|x^k$ tanimlamasini yapalim. Bu durumda $t>0$ ve $n\geq1$ için $F(t)>F(0)$ oluolur ve integraller için üçgen esitsizligi kullanirsak

$I_f(t)\leq \int_{0}^{t}|e^{t-x}||f(x)|dx$

          $\leq e^t\int_{0}^{t}e^{-x}F(x)dx$

          $\leq te^tF(t)$            $[3]$

kestirimi elde edilir.

(1k puan) tarafından 
cebirsel sayılar kümesi çarpma işlemi altında kapalı oldugunu gosteriniz.
20,207 soru
21,731 cevap
73,297 yorum
1,895,490 kullanıcı