Lần này ta xét một số chứng minh kinh điển về các số vô tỉ và các số siêu việt (transcendental numbers).
Ví dụ 7: khoảng 500 năm trước công nguyên, Hippasus khám phá ra số vô tỉ đầu tiên,
\sqrt{2}
, với chứng minh chặt chẽ. (Theo truyền thuyết thì chứng minh này đem lại cho ông những điều không hay ho gì.) Chứng minh của Hippasus trình bày trong các sách giáo khoa cấp 2 thường dùng phương pháp infinite descent kiểu Fermat. Ta trình bay một chứng minh khác dùng phương pháp định trị một đại lượng bằng 2 cách.
Giả sử
\sqrt{2} = a/b
là một số hữu tỉ, nghĩa là
a^2 = 2b^2 = c
là một số nguyên dương nào đó. Khi phân tích
c
ra thừa số nguyên tố, vì
c = a^2
các thừa số nguyên tố của
c
đều có số mũ chẵn, trong khi đó vì
c = 2b^2
thừa số 2 sẽ có số mũ lẻ. Vô lý!
(Đại lượng ta định trị là số mũ của 2 trong phân tích thừa số của c.)
Ví dụ 8: Euler chứng minh rằng
e
là số vô tỉ dùng phương pháp định trị 2 cách như sau. Giả sử
e=a/b
là hữu tỉ. Theo khai triển Taylor ta có:
\frac{a}{b} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}
Nhân hai vế với
(b+1)!
thì vế trái là một số nguyên, trong khi đó vế phải bằng
(b+1)!\left(\sum_{k=0}^{b+1} \frac{1}{k!}\right) + (b+1)!\left(\sum_{k=b+2}^\infty \frac{1}{k!}\right)
Dễ thấy rằng
(b+1)!\left(\sum_{k=0}^{b+1} \frac{1}{k!}\right)
là một số nguyên, trong khi đó
(b+1)!\left(\sum_{k=b+2}^\infty \frac{1}{k!}\right)
là một số thực trong khoảng
(0,1)
. Vô lý!
Ý tưởng chính: Một cách trực quan hơn, ta có thể hiểu chứng minh này như sau. Nếu a/b là một số hữu tỉ, và m là một số nguyên bất kỳ, thì giá trị m(a/b) hoặc là bằng với một số nguyên hoặc là cách số nguyên gần nhất ít nhất 1/b. Trong khi đó, khi nhân e=a/b với m=n! với n càng lớn thì m(a/b) càng tiến đến gần một số nguyên với khoảng cách nhỏ tùy ý. Ý tưởng tương tự ý này sẽ được dùng để chứng minh một số là số siêu việt như trong ví dụ sau đây. (Dĩ nhiên là ta vẫn dùng phương pháp định trị một đại lượng bằng hai cách.)
Ví dụ 9: một số đại số (algebraic number) là một nghiệm (thực hoặc phức) của một đa thức khác 0 hệ số hữu tỉ nào đó, nghĩa là nghiệm của
a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n = 0
trong đó
a_i
là các số hữu tỉ và
a_n \neq 0
. Bậc của một số đại số là bậc của đa thức tối giản (và monic) mà số đại số đó là nghiệm. Như vậy, số hữu tỉ chẳng qua là số đại số bậc nhất!
Ngược lại, số siêu việt là các số không phải số đại số. Lịch sử các số siêu việt cũng hay, bao gồm các đóng góp của Lindemann (sư phụ của Hilbert), Hermite (sư phụ của Poincaré), và cả một bài toán Hilbert (đã có lời giải).
Hermite chứng minh rằng e là số siêu việt, dùng phương pháp định trị hai cách. Hilbert đơn giản hóa chứng minh này một chút. Chứng minh của Hilbert là chứng minh đa số sách vở dùng hiện nay. Ta cũng sẽ dùng ý tưởng đã nêu trên. Giả sử e là số đại số. Không mất tính tổng quát ta giả sử có các số nguyên
a_0, a_1, \dots, a_n
với
a_n \neq 0
thỏa mãn
f(e) := a_0 + a_1e + \dots + a_ne^n = 0
Ta sẽ tìm một số nguyên dương m sao cho
mf(e) \neq 0
, dẫn đến điều vô lý. Cụ thể hơn, ta sẽ chứng minh
mf(e) = S_1 + S_2
, trong đó
S_1
là một số nguyên khác 0, còn
|S_2| < 1
. Từ ý tưởng của Hermite, Hilbert đặt
g(x) = x^q \left[(x-1)(x-2)\dots (x-n)\right]^{q+1}e^{-x}
m = \int_0^\infty \frac{1}{q!} g(x) dx
Trong đó
q
là một số nguyên dương sẽ xác định sau. Đến đây thì
S_1, S_2
được xác định như sau
mf(e) = \sum_{k=0}^n a_ke^k \int_0^\infty \frac{1}{q!} g(x) dx = S_1 + S_2
trong đó
S_1 = \sum_{k=0}^n a_k \int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dx
S_2 = \sum_{k=1}^n a_k \int_0^k \frac{1}{q!} g(x)e^k dx
Ta phải chứng minh hai điều sau đây.
- Điều 1
S_1
là môt số nguyên khác 0.
Trước hết. Với
k=1, \dots, n
, đổi biến
y = x-k
ta có
\int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dx = \int_0^\infty \frac{(y+k)^q \left[(y+k-1)\cdots(y+k-k)\cdots\right]^{q+1}e^{-y}}{q!} dy
Với\alpha
là số nguyên dương bất kỳ, hàm Gamma cho ta biết
\int_0^\infty y^{\alpha} e^{-y}dy = \alpha!
Vì thế\int_k^\infty \frac{1}{q!} g(x)e^k dxchia hết cho
(q+1)
với
k=1, \dots, n
. Như vậy
S_1 \equiv a_0((-1)^nn!)^{q+1} \pmod{q+1}
Dùng định lý Fermat nhỏ, dễ thấy rằng nếu ta chọn q+1 là một số nguyên tố lớn hơna_0
và
n!
thì
S_1 \not\equiv 0 \pmod{q+1}, vì thế
S_1
là số nguyên khác 0.
- Điều 2
|S_2| < 1
.
Trị tuyệt đối của mỗi số hạng trong tổng
S_2
có dạng
\frac{|\int_0^k a_kg(x)e^k dx|}{q!}. Tử số tiến đến vô cùng chậm hơn mẫu số rất nhiều, vì thế với
q
đủ lớn mỗi số hạng này rất bé, và vì thế tổng của chúng nhỏ hơn 1.
Bài tập 2: chứng minh rằng
\pi
là số siêu việt. (Gợi ý: dùng đẳng thức Euler
e^{i \pi} + 1 = 0
)