Teorema di Lindemann-Weierstrass: dimostrazione

tramite: O2O
Difficoltà: difficile
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Introduzione

Il Teorema di Lindemann-Weierstrass (e la relativa dimostrazione) è molto utile per stabilire la trascendenza dei numeri. Esso afferma che, se α1, ..., αn sono numeri algebrici, linearmente indipendenti su Q, ed e^α1, ..., e^αn sono algebricamente indipendenti su Q, il campo di estensione Q (e^α1, .. ., e^αn) ha trascendenza grado n su Q. Una formulazione equivalente data da Baker afferma che: se α1, ..., αn sono numeri algebrici distinti, gli esponenziali e^α1, ..., e^αn sono linearmente indipendenti. Il teorema, insieme a quello di Gelfond-Schneider, è prorogato per il teorema di Baker, e tutti questi sono ulteriormente generalizzata congettura di Schanuel.

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Formulazione del teorema

Supponiamo che α è un numero algebrico diverso da zero, allora α è un insieme linearmente indipendente dei numeri razionali, e quindi dalla prima formulazione del teorema {e^α} è un insieme algebricamente indipendente od, in altre parole, e^α è trascendentale. In particolare, e1 = e è trascendentale. In alternativa, dalla seconda formulazione del teorema, se α è un numero algebrico diverso da zero, allora {0, α} è un insieme di numeri algebrici distinti, e così l'insieme {e0, eα} = {1, eα} è linearmente indipendente sui numeri algebrici e in particolare e^α non può essere algebrico e dunque è trascendentale.

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L'asserzione trascendente

L'asserzione che π è trascendente è dimostrata per assurdo. Se π fosse algebrico, πi sarebbe algebrico, e quindi, per il teorema di Lindemann-Weierstrass, e^πi = -1 sarebbe trascendentale, un assurdo appunto.
Una variante della stessa dimostrazione evince che se α è un numero algebrico diverso da zero allora sin (α), cos (α), tan (α) e le loro controparti iperboliche sono anch'esse trascendentali.

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Asserto A

Asserto A. Se K e C sono numeri interi non nulli, e β1, ..., βm sono le radici di un polinomio a coefficienti interi T (x) = VxM + ... + U e v, u ≠ 0, allora. 1). Dimostrazione di A.
Sia p un numero primo e definire la seguente funzione: 2) e l'integrale: 3) Si può dimostrare con l'integrazione per parti che 4) dove n = mp + p - 1 è il grado di f, ed f^(j) è la derivata di f jesima. Consideriamo la seguente somma: 5) Si evince che il termine a sinistra tende a zero, come p → ∞, mentre gli ultimi due termini si sommano fino ad un intero non nullo per un p abbastanza grande. Si può inoltre dimostrare che: 6)
osservando che: 7) che per un dato s ha la forma 1/k C1 C2^k con c1, c2 costanti e k = p - 1. Questo tende a zero per k → ∞. Risulta dalla definizione di f che: 8) Così: 9) D'altra parte, dalla definizione di f e di β1, ..., βn 10) Così per ogni 1 ≤ i ≤ n, e per ogni j è un polinomio simmetrico a coefficienti interi di grado minore di mp in β1... βn. Questi ultimi sono uguali per i coefficienti di T (x) / v, che sono interi divisi per v Pertanto per ogni j, 10) è un polinomio a coefficienti interi, di grado massimo mp, di numeri interi divisi per v; quindi è un intero diviso vpm. Ciò significa che 11) è un numero intero divisibile per p, e così anche 12) Per concludere, 13) Per p> K, u, v, sarà diverso da zero. Dalla scomparsa di 14) l'asserto è dimostrato.

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