Кіріспе
Сызықтық тәуелсіз алгебралық сандардың экспоненталарының Q-ға қатысты алгебралық тәуелсіздігі туралы. Трансценденттік сандар теориясында Линдеманн-Вейерштрасс теоремасы сандардың трансценденттілігін анықтауда өте пайдалы нәтиже болып табылады. Ол былай тұжырымдалады: Басқаша айтқанда, кеңейту өрісінің үстінен трансценденттік дәрежесі n-ге тең. Эквивалентті формулировкасы: Бұл эквиваленттілік алгебралық сандардағы сызықтық қатынасты алгебралық қатынасқа түрлендіреді, аргументтерінің бәрі бірінің конъюгаттары болатын симметриялық полиномның рационал сан беретінін пайдалана отырып. Теорема Фердинанд фон Линдеманн мен Карл Вейерштрасс есімдерімен аталады. Линдеман 1882 жылы кез келген нөлдік емес алгебралық сан α үшін e^(α) трансценденттік екенін дәлелдеді, осылайша трансценденттік екенін белгіледі (төменде қараңыз). Ал олардың бәрі Шануэльдің болжамымен одан әрі жалпыландырылады.
In transcendental number theory, the Lindemann–Weierstrass theorem is a result that is very useful in establishing the transcendence of numbers. It states the following:
In other words, the extension field has transcendence degree n over
An equivalent formulation , is the following: This equivalence transforms a linear relation over the algebraic numbers into an algebraic relation over by using the fact that a symmetric polynomial whose arguments are all conjugates of one another gives a rational number. The theorem is named for Ferdinand von Lindemann and Karl Weierstrass. Lindemann proved in 1882 that e^(α) is transcendental for every non zero algebraic number α, thereby establishing that is transcendental (see below). and all of these would be further generalized by Schanuel's conjecture.
Атау беру туралы келісім
Теорема Гермит—Линдеман теоремасы және Гермит—Линдеман—Вейерштрасс теоремасы деп әр түрлі аталады. Шарль Гермит ең алдымен αi көрсеткіштерінің рационал бүтін сандар болуын талап ететін және сызықтық тәуелсіздік тек рационал бүтін сандар үшін ғана кепілдендірілетін қарапайым теореманы дәлелдеді, бұл нәтиже кейде Гермит теоремасы деп аталады. Бұл жоғарыдағы теореманың ерекше жағдайы сияқты көрінсе де, жалпы нәтиже осы қарапайым жағдайға дейін келтірілуі мүмкін. Линдеман 1882 жылы Гермит жұмысына алгебралық сандарды енгізген алғашқы адам болды. Одан кейін Вейерштрасс толық нәтижені алды, ал кейіннен бірнеше математиктер, әсіресе Дэвид Гильберт және Пол Гордан оны одан әрі жеңілдетті.
Трансценденттілік және
E (математикалық тұрақты) және π – осы теореманың тікелей салдары. α – нөлдік емес алгебралық сан болсын; онда {α} – рационал сандар бойынша сызықтық тәуелсіз жиын, демек теореманың бірінші тұжырымы бойынша {e^(α)} – алгебралық тәуелсіз жиын; яғни, e^(α) – трансценденттік сан. Атап айтқанда, π – трансценденттік сан. (e санының трансценденттік екенін дәлелдейтін қарапайым дәлел трансценденттік сандар туралы мақалада келтірілген.) Басқаша айтқанда, теореманың екінші тұжырымы бойынша, егер α – нөлдік емес алгебралық сан болса, онда {0, α} – әртүрлі алгебралық сандар жиыны, сондықтан бұл жиын алгебралық сандарға қатысты сызықтық тәуелсіз, және ерекше жағдайда e^(α) алгебралық бола алмайды, демек ол трансценденттік. π-нің трансценденттік екенін дәлелдеу үшін, оның алгебралық емес екенін дәлелдейміз. Егер i алгебралық болса, онда i де алгебралық болар еді, содан кейін Линдеманн-Вейерштрасс теоремасы бойынша (Эйлер тепе-теңдігін қараңыз) π трансценденттік болар еді, бұл қайшылыққа әкелер еді. Демек, π алгебралық емес, яғни трансценденттік. Осы дәлелдің шағын өзгертілген нұсқасы α – нөлдік емес алгебралық сан болса, онда sin(α), cos(α), tan(α) және олардың гиперболалық аналогтары да трансценденттік екенін көрсетеді.
Модульдік болжам
[[j инвариантын]] қамтитын теореманың аналогы 1997 жылы Дэниел Бертран тарапынан болжанған, және ол әлі де шешілмеген мәселе болып қалуда. Номенің квадратын және белгілеп, болжам мынадай:
Дәлел
Дәлел екі алдын ала леммаға сүйенген. Назар аударыңыз, Лемма B өзі Линдеманн-Вейерштрасс теоремасының бастапқы тұжырымын қорытуға жеткілікті.
Соңғы қадам
Енді теореманы дәлелдеуге кірісейік: a(1), …, a(n) нөлдік емес алгебралық сандар, ал α(1), …, α(n) ерекше алгебралық сандар болсын. Олай болса, мынаны қарастырайық:
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
Бұл қарама-қайшылыққа алып келетінін көрсетеміз, соның арқасында теореманы дәлелдейміз. Дәлел B леммасына өте ұқсас, бірақ бұл жолы таңдаулар a(i) бойынша жасалады: әр i ∈ {1, …, n} үшін a(i) алгебралық, сондықтан ол d(i) дәрежелі бүтін коэффициенттері бар, ықшамдалмайтын полиномның түбірі болып табылады. Осы полиномның ерекше түбірлерін a(i)1, …, a(i)d(i) деп белгілейік, мұнда a(i)1 = a(i). S функциялары σ болсын, олар тізбектерден (1, …, d(1)), (1, …, d(2)), …, (1, …, d(n)) әрқайсысынан бір элементті таңдайды, сонда әр 1 ≤ i ≤ n үшін σ(i) 1 мен d(i арасындағы бүтін сан болады. Біз келесі айнымалылардағы полиномды құраймыз:
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
Көбейтінді барлық мүмкін таңдау функциялары σ бойынша есептелгендіктен, Q әр i үшін симметриялық. Сондықтан Q – жоғарыда аталған айнымалылардың элементарлық симметриялық полиномдарында, әр i үшін және yi айнымалыларында бүтін коэффициенттері бар полином. Соңғы симметриялық полиномдардың әрқайсысы, егер бағаланған полиномда қолданылса, рационал сан болады. Бағаланған полином жоғалады, себебі таңдаулардың бірі – барлық i үшін σ(i) = 1, онда сәйкес келетін фактор жоғарыдағы болжам бойынша жоғалады. Осылайша, бағаланған полином келесі формадағы қосынды болады:
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
мұнда біз бірдей көрсеткіштері бар мүшелерді топтастырдық. Сол жақта бізде әрқайсысы алгебралық сандардың қосындысы болатын ерекше мәндер β(1), …, β(N бар. Қосынды тривиальді емес: егер лексикографиялық тәртіп бойынша максимал болса, онда коэффициенті a(i)j-нің көбейтіндісі (мүмкін қайталаулармен) болады, ол нөлге тең емес. Теңдеуді тиісті бүтін санмен көбейту арқылы біз дәл осындай теңдеуді аламыз, тек b(1), …, b(N енді барлығы бүтін сандар. Сондықтан, B леммасына сәйкес, теңдік орындалмайды, және біз дәлелді аяқтайтын қарама-қайшылыққа жетеміз. ∎
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
Ескеріңіз, A леммасы e иррационал екенін дәлелдеуге жеткілікті, себебі әйтпесе біз e = p / q деп жаза аламыз, мұнда p және q екеуі де нөлдік емес бүтін сандар, бірақ A леммасы бойынша qe − p ≠ 0 болады, бұл қарама-қайшылық. A леммасы да иррационал екенін дәлелдеуге жеткілікті, себебі әйтпесе біз = k / n деп жаза аламыз, мұнда k және n – бүтін сандар) және содан кейін ±i сандары n2x2 + k2 = 0 теңдеуінің түбірлері болады; сондықтан 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; бірақ бұл жалған. Сол сияқты, B леммасы e трансценденттік екенін дәлелдеуге жеткілікті, себебі B леммасы бойынша егер a0, …, an – барлығы нөлдік емес бүтін сандар болса, онда
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
B леммасы да трансценденттік екенін дәлелдеуге жеткілікті, себебі әйтпесе 1 + ei ≠ 0 болар еді.
We will show that this leads to contradiction and thus prove the theorem. The proof is very similar to that of Lemma B, except that this time the choices are made over the a(i)'s:
For every i ∈ {1, , n}, a(i) is algebraic, so it is a root of an irreducible polynomial with integer coefficients of degree d(i). Let us denote the distinct roots of this polynomial a(i)1, , a(i)d(i), with a(i)1 = a(i). Let S be the functions σ which choose one element from each of the sequences (1, , d(1)), (1, , d(2)), , (1, , d(n)), so that for every 1 ≤ i ≤ n, σ(i) is an integer between 1 and d(i). We form the polynomial in the variables
Since the product is over all the possible choice functions σ, Q is symmetric in for every i. Therefore Q is a polynomial with integer coefficients in elementary symmetric polynomials of the above variables, for every i, and in the variables yi. Each of the latter symmetric polynomials is a rational number when evaluated in
The evaluated polynomial vanishes because one of the choices is just σ(i) = 1 for all i, for which the corresponding factor vanishes according to our assumption above. Thus, the evaluated polynomial is a sum of the form
where we already grouped the terms with the same exponent. So in the left hand side we have distinct values β(1), , β(N), each of which is still algebraic (being a sum of algebraic numbers) and coefficients The sum is nontrivial: if is maximal in the lexicographic order, the coefficient of is just a product of a(i)j's (with possible repetitions), which is non zero. By multiplying the equation with an appropriate integer factor, we get an identical equation except that now b(1), , b(N) are all integers. Therefore, according to Lemma B, the equality cannot hold, and we are led to a contradiction which completes the proof. ∎
Note that Lemma A is sufficient to prove that e is irrational, since otherwise we may write e = p / q, where both p and q are non zero integers, but by Lemma A we would have qe − p ≠ 0, which is a contradiction. Lemma A also suffices to prove that is irrational, since otherwise we may write = k / n, where both k and n are integers) and then ±i are the roots of n2x2 + k2 = 0; thus 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0; but this is false. Similarly, Lemma B is sufficient to prove that e is transcendental, since Lemma B says that if a0, , an are integers not all of which are zero, then
Lemma B also suffices to prove that is transcendental, since otherwise we would have 1 + ei ≠ 0.
Байланысты нәтиже
Линдеманн-Вейерштрасс теоремасының алгебралық сандар трансцендентті Лиувилль сандарымен (немесе жалпы алғанда, U сандарымен) ауыстырылған түрі де белгілі.