Доказательство иррациональности e

Эйлер впервые доказал иррациональность е в 1737 году, само доказательство было опубликовано семь лет спустя[1][2][3]. Он нашел представление е в виде цепной дроби

${\displaystyle e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,\ldots ,2n,1,1,\ldots ].}$

Поскольку эта цепная дробь бесконечна, а цепная дробь рациональных чисел конечна, то e иррационально. Были найдены краткие доказательства равенства выше[4][5]. Поскольку цепная дробь e не периодическая, это доказывает, что e не может быть корнем квадратичного многочлена с рациональными коэффициентами, откуда следует, что e² также иррационально.

Самым известным доказательством является доказательство Фурье, которое построено от противного[6] и основано на представлении e бесконечным рядом

${\displaystyle e=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\cdot }$

Предположим, что e — рациональное число вида a/b, где a, b — целые. Число b не может быть равно 1, поскольку e не целое. Из бесконечного ряда выше можно показать, что e находится строго между 2 и 3:

${\displaystyle 2=1+{\tfrac {1}{1!}}<e=1+{\tfrac {1}{1!}}+{\tfrac {1}{2!}}+{\tfrac {1}{3!}}+\cdots <1+\left(1+{\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {1}{2^{2}}}+{\tfrac {1}{2^{3}}}+\cdots \right)=3.}$

Определим число

${\displaystyle x=b!\left(e-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right).}$

Покажем, что x является целым числом. Для этого подставим e =ab в это равенство

${\displaystyle x=b!\left({\frac {a}{b}}-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=a(b-1)!-\sum _{n=0}^{b}{\frac {b!}{n!}}.}$

Первое слагаемое является целым числом, и каждая дробь в сумме также целое число, поскольку n ≤ b для каждого числа под знаком суммы. Следовательно, x — целое число.

Теперь докажем, что 0 < x < 1. Чтобы доказать, что x > 0, подставим представление e в виде ряда в определение x

${\displaystyle x=b!\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}-\sum _{n=0}^{b}{\frac {1}{n!}}\right)=\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {b!}{n!}}>0,}$

так как все слагаемые в сумме строго положительные.

Теперь докажем, что x < 1. Для всех членов с n ≥ b + 1 справедлива оценка сверху

${\displaystyle {\frac {b!}{n!}}={\frac {1}{(b+1)(b+2)\cdots (b+(n-b))}}\leq {\frac {1}{(b+1)^{n-b}}}.}$

Это неравенство строгое для любого n ≥ b + 2. Изменив индекс суммирования на k = n – b и используя формулу для бесконечного геометрического ряда, получим

${\displaystyle x=\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {b!}{n!}}<\sum _{n=b+1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{n-b}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{(b+1)^{k}}}={\frac {1}{b+1}}\left({\frac {1}{1-{\frac {1}{b+1}}}}\right)={\frac {1}{b}}<1.}$

Поскольку не существует целого числа x строго между 0 и 1, мы пришли к противоречию, следовательно e должно быть иррациональным. Q. E. D.

Из доказательство Фурье можно получить другое доказательство[7], заметив, что

${\displaystyle (b+1)x=1+{\frac {1}{b+2}}+{\frac {1}{(b+2)(b+3)}}+\cdots <1+{\frac {1}{b+1}}+{\frac {1}{(b+1)(b+2)}}+\cdots =1+x,}$

что равносильно утверждению, что bx < 1. Конечно, это невозможно, поскольку b и x — натуральные числа.

Еще одно доказательство[8][9] можно получить из равенства

${\displaystyle {\frac {1}{e}}=e^{-1}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\cdot }$

Определим ${\displaystyle s_{n}}$ как:

${\displaystyle s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}.}$

Тогда

${\displaystyle e^{-1}-s_{2n-1}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}-\sum _{k=0}^{2n-1}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}<{\frac {1}{(2n)!}},}$

откуда следует

${\displaystyle 0<(2n-1)!\left(e^{-1}-s_{2n-1}\right)<{\frac {1}{2n}}\leq {\frac {1}{2}}}$

для любого целого ${\displaystyle n\geq 2.}$

Заметим, что ${\displaystyle (2n-1)!s_{2n-1}}$ всегда целое число. Предположим, что ${\displaystyle e^{-1}}$ рациональное вида ${\displaystyle e^{-1}={\tfrac {p}{q}}}$, где ${\displaystyle p,q}$ взаимно простые числа и ${\displaystyle q\neq 0.}$ Можно так подобрать ${\displaystyle n}$, что ${\displaystyle (2n-1)!e^{-1}}$ будет целым числом, например, взяв ${\displaystyle n\geq {\tfrac {q+1}{2}}.}$ Для такого ${\displaystyle n}$ разность между ${\displaystyle (2n-1)!e^{-1}}$ и ${\displaystyle (2n-1)!s_{2n-1}}$ будет целым числом. Но ввиду неравенства выше это целое число должно быть менее 1/2, что невозможно. Получено противоречие, следовательно ${\displaystyle e^{-1}}$ иррационально, а значит ${\displaystyle e}$ иррационально тоже.

В 1840 году Лиувилль опубликовал доказательство иррациональности e²[10], следовавшее из доказательства того, что e² не может быть корнем многочлена второй степени с рациональными коэффициентами[11]. Отсюда следует, что e⁴ также иррационально. Доказательство Лиувилля аналогично доказательству Фурье. В 1891 году Гурвиц, используя схожие идеи, нашел, что е не может быть корнем многочлена третьей степени с рациональными коэффициентами[12], и, в частности, что e³ иррационально.

Более общо, e^q иррационально для любого ненулевого рационального q[13].

• Характеристики экспоненциальной функции
• Трансцендентное число
• Теорема Линдеманна — Вейерштрасса