¿Alguien sabe una prueba que $\{1,e,e^2,e^3\}$ es linealmente independiente sobre $\mathbb{Q}$?
La prueba debe utilizar los que $e$ trascendental.
$e: número de Euler$.
$\{1,e,e^2\}$ es linealmente independiente sobre $\mathbb{Q}$
Se agradecería cualquier insinuación.
Ya he pasado suficiente tiempo a pensar en esto, sin embargo, al no recibir una prueba, que bien podría mostrar lo que tengo. Los demás pueden comentar acerca de si o no se puede hacer más.
Se solucionó su problema si usted puede demostrar que para cualesquiera enteros $a, b, c$ tenemos $$\sum^\infty_{n=0} \frac{1}{n!} (a + b 2^n + c 3^n)$$ irracional (usando la serie de taylor).
WLOG, se asume que $c>0$. Pick $N$ grande, por lo que $(a+b2^n+c3^n) > 0$ para todo $N \geq 0$. Entonces, nuestro problema es equivalente a mostrar que la serie con términos estrictamente positivo $$\sum^\infty_{n=N} \frac{1}{n!} (a + b 2^n + c 3^n)$$ es irracional. Supongo que no fue, y el equivalente a $p/p$. Ahora tratamos de imitar la prueba de la irracionalidad de $e$.
Definir
$$x = p!\left(\frac{p}{q} - \sum_{n=N}^{q} \frac{1}{n!} (a + b 2^n + c 3^n) \right).$$ Uno ve por la distribución que es un entero, y porque nuestra serie original contiene solamente términos positivos, $x>0$.
Tenga en cuenta que también podemos escribir $$x = \sum_{n=q+1}^\infty \frac{p!}{n!} (a + b 2^n + c 3^n).$$
Ahora si $b=c=0$, entonces $p!/n! < 1/(q+1)^{n-q}$ da una serie geométrica obligado que da a $x < 1/q$. A continuación, podemos obtener $x<1$, que es una contradicción que $x$ es un número entero.
Los términos de $2^n$ y $3^n$ a crecer demasiado rápido para este mismo truco para trabajar. Te gustaría obtener límites de $2^p/p$ y $3^q/q$, respectivamente. Desde $p!/n! < 1/(q+1)^(n-q)$ no es firme, es posible que podamos tener en nuestras suma de menos de 1. O tal vez podemos mono con nuestra definición original de $x$.
Creo que lo que realmente necesita ser copiado son las pruebas de la irracionalidad de $e^2$ y $e^3$, pero yo no soy consciente de que tales pruebas. Buscando en google, me encontré con un muy algebraica de la prueba de la irracionalidad de $e^2$, pero no la he leído cuidadosamente. Esto sugiere que las pruebas de la irracionalidad de $e^2$ no es fácil generalizar, y por lo tanto no son realmente probar que $e$ es trascendental al mismo tiempo.
A continuación es mi intento de que es demasiado largo para un comentario, y puede ser almacene sus, (lo dudo).
Considere la ecuación diferencial $y^{(4)}-6y^{(3)}+11y"-6y'=\textbf 0$, donde $\bf 0$ es el valor null de funcionar durante algunos no trivial intervalo de $I$ con $1$.
La teoría de la educación a distancia nos dice que una base de soluciones es $$\{\underbrace{x\mapsto 1}_{\large \varphi_0}, \underbrace{x\mapsto e^x}_{\large \varphi _1}, \underbrace{x\mapsto e^{2x}}_{\large \varphi _2}, \underbrace{x\mapsto e^{3x}}_{\large \varphi _3}\}$$
Esto implica que $$(\forall \lambda _0,\lambda _1, \lambda _2, \lambda _3\en \Bbb Q)\left[(\forall x\in I)\left(\sum \limits_{k=0}^3\lambda_k\varphi_k(x)=0\right)\implica \lambda _0=\lambda _1=\lambda _2=\lambda _3=0\right] \etiqueta {*}$$
Ahora bien, si pudiéramos de alguna manera demostrar que $(*)$ sería por la intersección de todos los intervalos que $I$ (con $1$), lo que queremos que iba a seguir. Pero no tengo ninguna esperanza de que esto sea factible.
He pensado en añadir una respuesta en vez de dar largas comentarios.
De Wikipedia tenemos la siguiente cita
"En 1891, Hurwitz se explica cómo es posible demostrar a lo largo de la misma línea de ideas que $e$ no es una raíz de un tercer grado del polinomio con coeficientes racionales. En particular, $e^{3}$ es irracional."
La referencia citada es Hurwitz, Adolf (1933) [1891]. "Über die Kettenbruchentwicklung der Zahl $e$".
Por suerte, después de mucho buscar pude encontrar esta referencia en un viejo diario disponible en internet archive. Aquí Hurwitz analiza la simple continuación de las fracciones de los números relacionados con la $e$ y se percata de que la mayoría de ellos tienen términos en una progresión aritmética (después de un cierto punto).
Luego, él se demuestra el siguiente teorema:
Si un simple fracciones continuas de dos números positivos $x,$ y han términos que están en progresión aritmética (después de un cierto punto), entonces no podemos tener un no-trivial bi-lineal de la relación de la forma $$ $ y = \frac{Ax + B}{Cx + D}$$ con coeficientes enteros $A, B, C, D$ a menos que las condiciones en la continuación de su fracción pertenecen a la misma progresión aritmética.
A continuación, Hurwitz notas que $$x = \frac{e - 1}{2} = [0, 1, 6, 10, 14, 18,\ldots]$$ y $$y = \frac{e^{2} - 1}{2} = [3, 5, 7, 9, \ldots]$$ donde la notación $$[a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots]$$ representa la continuación de la fracción $$a_{0} + \dfrac{1}{a_{1} + \dfrac{1}{a_{2} + \dfrac{1}{a_{3} + \cdots}}}$$ Y claramente ambos términos pertenecientes a progresiones aritméticas ($6, 10, 14, \ldots$ y $3, 5, 7, 9, \ldots$ respectivamente) pero estos no son los términos que pertenecen a un mismo AP y, por tanto, no es no trivial de la bi-relación lineal del tipo $$ $ y = \frac{Ax + B}{Cx + D}$$ con coeficientes enteros $A, B, C, D$.
Ahora se deduce fácilmente que $1, e, e^{2}, e^{3}$ son linealmente independientes, más de $\mathbb{Q}$. Si no fuera el caso, entonces tenemos enteros $a, b, c, d$ no todos $0$ tal que $$ae^{3} + be^{2} + ce + d = 0$$ $e^{2} = 2y + 1$ y $e = 2x + 1$ obtenemos $$a(2x + 1)(2y + 1) + b(2y + 1) + c(2x + 1) + d = 0$$, que conduce a $$Axy + Bx + Cy + D = 0$$ $a, B, C, D$ as enteros o $$ $ y = -\frac{Bx + D}{Ax + C}$$ y esto no está permitido por el teorema de Hurwitz se mencionó anteriormente.
Por desgracia, no podía entender la prueba de su teorema sobre fracciones continuas (porque todo el papel de diario es en alemán). Con un esfuerzo razonable y el traductor de Google que fue capaz de entender la esencia del papel y he presentado la misma en esta respuesta. He pedido la prueba de Huzwitz teorema sobre la MSE.
Usando álgebra, vamos a $D$ ser el diferenciar operador de $C^{\infty}$ funciones.
Así que con $$f_n(x)=e^{\lambda_n x}$$
Entonces $$\forall i \in \{1,...,n\}, \forall x \in \mathbb{R}, D(f_n(x))=\lambda_n \cdot f_n(x) $$
Si todo $\lambda_i$ son differentant $n$ es el espacio de la dimensión, a continuación, la familia $\left(f_i\right)_{1\le i \le n}$ es libre. (porque $f_i$ es el vector propio asociados a $\lambda_i$ autovalor.)
Concluimos con $\lambda_i=i$ (i $$ debe $0$ si la necesita) y $x=1$.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
