Teorema de Lindemann-Weierstrass

Sobre la independencia algebraica de exponenciales de números algebraicos linealmente independientes sobre Q

En la teoría de números trascendentales , el teorema de Lindemann-Weierstrass es un resultado muy útil para establecer la trascendencia de los números. En él se afirma lo siguiente:

Teorema de Lindemann-Weierstrass  :  si α ₁ , ..., α _n son números algebraicos que son linealmente independientes sobre los números racionales , entonces e ^{α ₁} , ...,  e ^{α _n} son algebraicamente independientes sobre . ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

En otras palabras, el campo de extensión tiene grado de trascendencia n sobre . ${\displaystyle \mathbb {Q} (e^{\alpha _{1}},\dots ,e^{\alpha _{n}})}$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

Una formulación equivalente de Baker 1990, Capítulo 1, Teorema 1.4, es la siguiente:

Una formulación equivalente  :  si α ₁ , ..., α _n son números algebraicos distintos, entonces las exponenciales e ^{α ₁} , ...,  e ^{α _n} son linealmente independientes sobre los números algebraicos.

Esta equivalencia transforma una relación lineal sobre números algebraicos en una relación algebraica sobre utilizando el hecho de que un polinomio simétrico cuyos argumentos son todos conjugados entre sí da un número racional. ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

El teorema recibe su nombre de Ferdinand von Lindemann y Karl Weierstrass . Lindemann demostró en 1882 que e ^α es trascendental para todo número algebraico α distinto de cero , estableciendo así que π es trascendental (véase más abajo). ^[1] Weierstrass demostró la afirmación más general anterior en 1885. ^[2]

El teorema, junto con el teorema de Gelfond-Schneider , se extiende mediante el teorema de Baker , ^[3] y todos ellos se generalizarían aún más mediante la conjetura de Schanuel .

Convención de nombres

El teorema también se conoce como teorema de Hermite-Lindemann y teorema de Hermite-Lindemann-Weierstrass . Charles Hermite fue el primero en demostrar el teorema más simple donde se requiere que los exponentes α _i sean números enteros racionales y la independencia lineal solo está asegurada sobre los números enteros racionales, ^{[4] [5]} un resultado a veces denominado teorema de Hermite. ^[6] Aunque parece ser un caso especial del teorema anterior, el resultado general se puede reducir a este caso más simple. Lindemann fue el primero en permitir números algebraicos en el trabajo de Hermite en 1882. ^[1] Poco después Weierstrass obtuvo el resultado completo, ^[2] y varios matemáticos han realizado simplificaciones adicionales, en particular David Hilbert ^[7] y Paul Gordan . ^[8]

Trascendencia de mi yπ

La trascendencia de e y π son corolarios directos de este teorema.

Supongamos que α es un número algebraico distinto de cero; entonces {α} es un conjunto linealmente independiente sobre los racionales y, por lo tanto, según la primera formulación del teorema, { e ^α } es un conjunto algebraicamente independiente; o, en otras palabras, e ^α es trascendental. En particular, e ¹ = e es trascendental. (Una prueba más elemental de que e es trascendental se describe en el artículo sobre números trascendentales ).

Alternativamente, por la segunda formulación del teorema, si α es un número algebraico distinto de cero, entonces {0, α} es un conjunto de números algebraicos distintos, y por lo tanto el conjunto { e ⁰ ,  e ^α } = {1,  e ^α } es linealmente independiente sobre los números algebraicos y en particular e ^α no puede ser algebraico y por lo tanto es trascendental.

Para demostrar que π es trascendental, demostramos que no es algebraico. Si π fuera algebraico, π i también sería algebraico y, por tanto, según el teorema de Lindemann-Weierstrass, e ^{π i} = −1 (véase la identidad de Euler ) sería trascendental, lo que constituye una contradicción. Por lo tanto, π no es algebraico, lo que significa que es trascendental.

Una ligera variante de la misma prueba mostrará que si α es un número algebraico distinto de cero, entonces sin(α), cos(α), tan(α) y sus contrapartes hiperbólicas también son trascendentales.

pag-conjetura ádica

Conjetura de Lindemann-Weierstrass p -ádica. — Supóngase que p es unnúmero primoyα ₁ , ..., α _n sonnúmeros p -ádicos que son algebraicos y linealmente independientes en, tales que| α _i | _p  < 1/ p para todo i ;entonces lasexponenciales p -ádicas exp _p (α ₁ ), . . . , exp _p (α _n )son números p -ádicos que son algebraicamente independientes en. ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

Conjetura modular

Un análogo del teorema que involucra la función modular j fue conjeturado por Daniel Bertrand en 1997, y sigue siendo un problema abierto. ^[9] Escribiendo q  =  e ^{2 π i τ} para el cuadrado del nombre y j (τ) =  J ( q ), la conjetura es la siguiente.

Conjetura modular  —  Sean q ₁ , ..., q _n números algebraicos distintos de cero en el disco unitario complejo tales que los 3 n números

${\displaystyle \left\{J(q_{1}),J'(q_{1}),J''(q_{1}),\ldots ,J(q_{n}),J'(q_{n}),J''(q_{n})\right\}}$

son algebraicamente dependientes sobre . Entonces existen dos índices 1 ≤  i  <  j  ≤  n tales que q _i y q _j son multiplicativamente dependientes. ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

Teorema de Lindemann-Weierstrass

Teorema de Lindemann-Weierstrass (reformulación de Baker).  —  Si a ₁ , ..., a _n son números algebraicos, y α ₁ , ..., α _n son números algebraicos distintos, entonces ^[10]

${\displaystyle a_{1}e^{\alpha _{1}}+a_{2}e^{\alpha _{2}}+\cdots +a_{n}e^{\alpha _{n}}=0}$

Tiene sólo la solución trivial para todo. ${\displaystyle a_{i}=0}$ ${\displaystyle i=1,\dots ,n.}$

Prueba

La prueba se basa en dos lemas preliminares . Nótese que el lema B por sí mismo ya es suficiente para deducir el enunciado original del teorema de Lindemann-Weierstrass.

Lemas preliminares

Lema A.  —  Sean c (1), ..., c ( r ) números enteros y , para cada k entre 1 y r , sean { γ ( k ) ₁ , ..., γ ( k ) _{m ( k )} } las raíces de un polinomio distinto de cero con coeficientes enteros . Si γ ( k ) _i  ≠  γ ( u ) _v siempre que ( k ,  i ) ≠ ( u ,  v ) , entonces ${\displaystyle T_{k}(x)}$

${\displaystyle c(1)\left(e^{\gamma (1)_{1}}+\cdots +e^{\gamma (1)_{m(1)}}\right)+\cdots +c(r)\left(e^{\gamma (r)_{1}}+\cdots +e^{\gamma (r)_{m(r)}}\right)=0}$

Tiene sólo la solución trivial para todo. ${\displaystyle c(i)=0}$ ${\displaystyle i=1,\dots ,r.}$

Demostración del Lema A. Para simplificar el conjunto de notación:

${\displaystyle {\begin{aligned}&n_{0}=0,&&\\&n_{i}=\sum \nolimits _{k=1}^{i}m(k),&&i=1,\ldots ,r\\&n=n_{r},&&\\&\alpha _{n_{i-1}+j}=\gamma (i)_{j},&&1\leq i\leq r,\ 1\leq j\leq m(i)\\&\beta _{n_{i-1}+j}=c(i).\end{aligned}}}$

Entonces la declaración se convierte en

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\beta _{k}e^{\alpha _{k}}\neq 0.}$

Sea p un número primo y definamos los siguientes polinomios:

${\displaystyle f_{i}(x)={\frac {\ell ^{np}(x-\alpha _{1})^{p}\cdots (x-\alpha _{n})^{p}}{(x-\alpha _{i})}},}$

donde ℓ es un entero distinto de cero tal que todos son enteros algebraicos . Definir ^[11] ${\displaystyle \ell \alpha _{1},\ldots ,\ell \alpha _{n}}$

${\displaystyle I_{i}(s)=\int _{0}^{s}e^{s-x}f_{i}(x)\,dx.}$

Utilizando la integración por partes llegamos a

${\displaystyle I_{i}(s)=e^{s}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)-\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(s),}$

donde es el grado de , y es la derivada j -ésima de . Esto también es válido para s complejo (en este caso, la integral debe entenderse como una integral de contorno, por ejemplo a lo largo del segmento recto de 0 a s ) porque ${\displaystyle np-1}$ ${\displaystyle f_{i}}$ ${\displaystyle f_{i}^{(j)}}$ ${\displaystyle f_{i}}$

${\displaystyle -e^{s-x}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(x)}$

es un primitivo de . ${\displaystyle e^{s-x}f_{i}(x)}$

Considere la siguiente suma:

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{i}&=\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}I_{i}(\alpha _{k})\\[5pt]&=\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}\left(e^{\alpha _{k}}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)-\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\right)\\[5pt]&=\left(\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)\right)\left(\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}e^{\alpha _{k}}\right)-\sum _{k=1}^{n}\sum _{j=0}^{np-1}\beta _{k}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\\[5pt]&=-\sum _{k=1}^{n}\sum _{j=0}^{np-1}\beta _{k}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\end{aligned}}}$

En la última línea asumimos que la conclusión del Lema es falsa. Para completar la demostración necesitamos llegar a una contradicción. Lo haremos estimando de dos maneras diferentes. ${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|}$

Primero es un entero algebraico que es divisible por p ! para y se anula para a menos que y , en cuyo caso es igual a ${\displaystyle f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})}$ ${\displaystyle j\geq p}$ ${\displaystyle j<p}$ ${\displaystyle j=p-1}$ ${\displaystyle k=i}$

${\displaystyle \ell ^{np}(p-1)!\prod _{k\neq i}(\alpha _{i}-\alpha _{k})^{p}.}$

Esto no es divisible por p cuando p es suficientemente grande porque de lo contrario, poniendo

${\displaystyle \delta _{i}=\prod _{k\neq i}(\ell \alpha _{i}-\ell \alpha _{k})}$

(que es un entero algebraico distinto de cero) y llamando al producto de sus conjugados (que todavía es distinto de cero), obtendríamos que p divide a , lo cual es falso. ${\displaystyle d_{i}\in \mathbb {Z} }$ ${\displaystyle \ell ^{p}(p-1)!d_{i}^{p}}$

Entonces, ¿ un entero algebraico distinto de cero es divisible por ( p  − 1)? Ahora ${\displaystyle J_{i}}$

${\displaystyle J_{i}=-\sum _{j=0}^{np-1}\sum _{t=1}^{r}c(t)\left(f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t-1}+1})+\cdots +f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t}})\right).}$

Dado que cada uno se obtiene dividiendo un polinomio fijo con coeficientes enteros por , tiene la forma ${\displaystyle f_{i}(x)}$ ${\displaystyle (x-\alpha _{i})}$

${\displaystyle f_{i}(x)=\sum _{m=0}^{np-1}g_{m}(\alpha _{i})x^{m},}$

donde es un polinomio (con coeficientes enteros) independiente de i . Lo mismo se aplica a las derivadas . ${\displaystyle g_{m}}$ ${\displaystyle f_{i}^{(j)}(x)}$

Por lo tanto, por el teorema fundamental de los polinomios simétricos ,

${\displaystyle f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t-1}+1})+\cdots +f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t}})}$

es un polinomio fijo con coeficientes racionales evaluados en (esto se ve agrupando las mismas potencias de que aparecen en la expansión y usando el hecho de que estos números algebraicos son un conjunto completo de conjugados). Por lo tanto, lo mismo es cierto para , es decir, es igual a , donde G es un polinomio con coeficientes racionales independientes de i . ${\displaystyle \alpha _{i}}$ ${\displaystyle \alpha _{n_{t-1}+1},\dots ,\alpha _{n_{t}}}$ ${\displaystyle J_{i}}$ ${\displaystyle G(\alpha _{i})}$

Finalmente es racional (de nuevo por el teorema fundamental de polinomios simétricos) y es un entero algebraico distinto de cero divisible por (ya que los son enteros algebraicos divisibles por ). Por lo tanto ${\displaystyle J_{1}\cdots J_{n}=G(\alpha _{1})\cdots G(\alpha _{n})}$ ${\displaystyle (p-1)!^{n}}$ ${\displaystyle J_{i}}$ ${\displaystyle (p-1)!}$

${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|\geq (p-1)!^{n}.}$

Sin embargo, uno claramente tiene:

${\displaystyle |I_{i}(\alpha _{k})|\leq |\alpha _{k}|e^{|\alpha _{k}|}F_{i}(|\alpha _{k}|),}$

donde F _i es el polinomio cuyos coeficientes son los valores absolutos de los de f _i (esto se deduce directamente de la definición de ). Por lo tanto ${\displaystyle I_{i}(s)}$

${\displaystyle |J_{i}|\leq \sum _{k=1}^{n}\left|\beta _{k}\alpha _{k}\right|e^{|\alpha _{k}|}F_{i}\left(\left|\alpha _{k}\right|\right)}$

y así, por la construcción de la s, tenemos para un C suficientemente grande independiente de p , lo que contradice la desigualdad anterior. Esto demuestra el Lema A. ∎ ${\displaystyle f_{i}}$ ${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|\leq C^{p}}$

Lema B.  —  Si b (1), ..., b ( n ) son números enteros y γ (1), ..., γ ( n ), son números algebraicos distintos , entonces

${\displaystyle b(1)e^{\gamma (1)}+\cdots +b(n)e^{\gamma (n)}=0}$

Tiene sólo la solución trivial para todo. ${\displaystyle b(i)=0}$ ${\displaystyle i=1,\dots ,n.}$

Prueba del Lema B: Suponiendo

${\displaystyle b(1)e^{\gamma (1)}+\cdots +b(n)e^{\gamma (n)}=0,}$

Derivaremos una contradicción, demostrando así el Lema B.

Elijamos un polinomio con coeficientes enteros que se anule en todos los s y sean todas sus raíces distintas. Sea b ( n  + 1) = ... =  b ( N ) = 0. ${\displaystyle \gamma (k)}$ ${\displaystyle \gamma (1),\ldots ,\gamma (n),\gamma (n+1),\ldots ,\gamma (N)}$

El polinomio

${\displaystyle P(x_{1},\dots ,x_{N})=\prod _{\sigma \in S_{N}}(b(1)x_{\sigma (1)}+\cdots +b(N)x_{\sigma (N)})}$

se desvanece en por suposición. Dado que el producto es simétrico, para cualquier monomio y tienen el mismo coeficiente en la expansión de P . ${\displaystyle (e^{\gamma (1)},\dots ,e^{\gamma (N)})}$ ${\displaystyle \tau \in S_{N}}$ ${\displaystyle x_{\tau (1)}^{h_{1}}\cdots x_{\tau (N)}^{h_{N}}}$ ${\displaystyle x_{1}^{h_{1}}\cdots x_{N}^{h_{N}}}$

Así, desarrollando en consecuencia y agrupando los términos con el mismo exponente, vemos que los exponentes resultantes forman un conjunto completo de conjugados y, si dos términos tienen exponentes conjugados, se multiplican por el mismo coeficiente. ${\displaystyle P(e^{\gamma (1)},\dots ,e^{\gamma (N)})}$ ${\displaystyle h_{1}\gamma (1)+\dots +h_{N}\gamma (N)}$

Así pues, nos encontramos en la situación del Lema A. Para llegar a una contradicción basta con ver que al menos uno de los coeficientes es distinto de cero. Esto se ve dotando a C del orden lexicográfico y eligiendo para cada factor del producto el término con coeficiente distinto de cero que tenga máximo exponente según este ordenamiento: el producto de estos términos tiene coeficiente distinto de cero en el desarrollo y no se simplifica con ningún otro término. Esto demuestra el Lema B. ∎

Paso final

Ahora pasamos a demostrar el teorema: sean a (1), ..., a ( n ) números algebraicos distintos de cero y α (1), ..., α ( n ) números algebraicos distintos. Supongamos entonces que:

${\displaystyle a(1)e^{\alpha (1)}+\cdots +a(n)e^{\alpha (n)}=0.}$

Demostraremos que esto conduce a una contradicción y, por lo tanto, probaremos el teorema. La demostración es muy similar a la del Lema B, excepto que esta vez las elecciones se hacen sobre los a ( i ):

Para cada i ∈ {1, ..., n }, a ( i ) es algebraico, por lo que es raíz de un polinomio irreducible con coeficientes enteros de grado d ( i ). Denotemos las raíces distintas de este polinomio a ( i ) ₁ , ..., a ( i ) _{d ( i )} , con a ( i ) ₁ = a ( i ).

Sean S las funciones σ que eligen un elemento de cada una de las sucesiones (1, ..., d (1)), (1, ..., d (2)), ..., (1, ..., d ( n )), de manera que para todo 1 ≤  i  ≤  n , σ( i ) es un entero entre 1 y d ( i ). Formamos el polinomio en las variables ${\displaystyle x_{11},\dots ,x_{1d(1)},\dots ,x_{n1},\dots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n}}$

${\displaystyle Q(x_{11},\dots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n})=\prod \nolimits _{\sigma \in S}\left(x_{1\sigma (1)}y_{1}+\dots +x_{n\sigma (n)}y_{n}\right).}$

Como el producto es sobre todas las posibles funciones de elección σ, Q es simétrico en para cada i . Por lo tanto, Q es un polinomio con coeficientes enteros en polinomios simétricos elementales de las variables anteriores, para cada i , y en las variables y _i . Cada uno de los últimos polinomios simétricos es un número racional cuando se evalúa en . ${\displaystyle x_{i1},\dots ,x_{id(i)}}$ ${\displaystyle a(i)_{1},\dots ,a(i)_{d(i)}}$

El polinomio evaluado se anula porque una de las opciones es simplemente σ( i ) = 1 para todo i , para lo cual el factor correspondiente se anula según nuestra suposición anterior. Por lo tanto, el polinomio evaluado es una suma de la forma ${\displaystyle Q(a(1)_{1},\dots ,a(n)_{d(n)},e^{\alpha (1)},\dots ,e^{\alpha (n)})}$

${\displaystyle b(1)e^{\beta (1)}+b(2)e^{\beta (2)}+\cdots +b(N)e^{\beta (N)}=0,}$

donde ya agrupamos los términos con el mismo exponente. Así que en el lado izquierdo tenemos valores distintos β(1), ..., β( N ), cada uno de los cuales sigue siendo algebraico (siendo una suma de números algebraicos) y coeficientes . La suma no es trivial: si es máxima en el orden lexicográfico, el coeficiente de es simplemente un producto de a ( i ) _j 's (con posibles repeticiones), que no es cero. ${\displaystyle b(1),\dots ,b(N)\in \mathbb {Q} }$ ${\displaystyle \alpha (i)}$ ${\displaystyle e^{|S|\alpha (i)}}$

Al multiplicar la ecuación por un factor entero apropiado, obtenemos una ecuación idéntica excepto que ahora b (1), ..., b ( N ) son todos enteros. Por lo tanto, según el Lema B, la igualdad no puede cumplirse y llegamos a una contradicción que completa la demostración. ∎

Nótese que el Lema A es suficiente para demostrar que e es irracional , ya que de otra manera podemos escribir e = p / q , donde tanto p como q son enteros distintos de cero, pero por el Lema A tendríamos qe  −  p ≠ 0, lo cual es una contradicción. El Lema A también es suficiente para demostrar que π es irracional, ya que de otra manera podemos escribir π = k / n , donde tanto k como n son enteros) y entonces ± i π son las raíces de n ² x ² + k ² = 0; por lo tanto 2 − 1 − 1 = 2 e ⁰ + e ^{i π} + e ^{− i π} ≠ 0; pero esto es falso.

De manera similar, el Lema B es suficiente para demostrar que e es trascendental, ya que el Lema B dice que si a ₀ , ..., a _n son números enteros no todos cero, entonces

${\displaystyle a_{n}e^{n}+\cdots +a_{0}e^{0}\neq 0.}$

El lema B también basta para demostrar que π es trascendental, ya que de lo contrario tendríamos 1 +  e ^{i π}  ≠ 0.

Equivalencia de las dos afirmaciones

La formulación del teorema de Baker implica claramente la primera formulación. De hecho, si son números algebraicos que son linealmente independientes en , y ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

${\displaystyle P(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum b_{i_{1},\ldots ,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}\cdots x_{n}^{i_{n}}}$

es un polinomio con coeficientes racionales, entonces tenemos

${\displaystyle P\left(e^{\alpha (1)},\dots ,e^{\alpha (n)}\right)=\sum b_{i_{1},\dots ,i_{n}}e^{i_{1}\alpha (1)+\cdots +i_{n}\alpha (n)},}$

y puesto que son números algebraicos que son linealmente independientes respecto de los racionales, los números son algebraicos y son distintos para n -tuplas distintas . Por lo tanto, de la formulación del teorema de Baker obtenemos para todas las n -tuplas . ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$ ${\displaystyle i_{1}\alpha (1)+\cdots +i_{n}\alpha (n)}$ ${\displaystyle (i_{1},\dots ,i_{n})}$ ${\displaystyle b_{i_{1},\ldots ,i_{n}}=0}$ ${\displaystyle (i_{1},\dots ,i_{n})}$

Supongamos ahora que se cumple la primera formulación del teorema. Como la formulación de Baker es trivial, supongamos que , y sean números algebraicos distintos de cero y números algebraicos distintos tales que: ${\displaystyle n=1}$ ${\displaystyle n>1}$ ${\displaystyle a(1),\ldots ,a(n)}$ ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$

${\displaystyle a(1)e^{\alpha (1)}+\cdots +a(n)e^{\alpha (n)}=0.}$

Como se vio en la sección anterior, y con la misma notación utilizada allí, el valor del polinomio

${\displaystyle Q(x_{11},\ldots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n})=\prod \nolimits _{\sigma \in S}\left(x_{1\sigma (1)}y_{1}+\dots +x_{n\sigma (n)}y_{n}\right),}$

en

${\displaystyle \left(a(1)_{1},\ldots ,a(n)_{d(n)},e^{\alpha (1)},\ldots ,e^{\alpha (n)}\right)}$

tiene una expresión de la forma

${\displaystyle b(1)e^{\beta (1)}+b(2)e^{\beta (2)}+\cdots +b(M)e^{\beta (M)}=0,}$

donde hemos agrupado las exponenciales que tienen el mismo exponente. Aquí, como se demostró anteriormente, son números racionales, no todos iguales a cero, y cada exponente es una combinación lineal de con coeficientes enteros. Entonces, como y son distintos por pares, el subespacio vectorial - de generado por no es trivial y podemos elegir para formar una base para Para cada , tenemos ${\displaystyle b(1),\ldots ,b(M)}$ ${\displaystyle \beta (m)}$ ${\displaystyle \alpha (i)}$ ${\displaystyle n>1}$ ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ ${\displaystyle V}$ ${\displaystyle \mathbb {C} }$ ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$ ${\displaystyle \alpha (i_{1}),\ldots ,\alpha (i_{k})}$ ${\displaystyle V.}$ ${\displaystyle m=1,\dots ,M}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\beta (m)=q_{m,1}\alpha (i_{1})+\cdots +q_{m,k}\alpha (i_{k}),&&q_{m,j}={\frac {c_{m,j}}{d_{m,j}}};\qquad c_{m,j},d_{m,j}\in \mathbb {Z} .\end{aligned}}}$

Para cada sea el mínimo común múltiplo de todos los para , y se pone . Entonces son números algebraicos, forman una base de , y cada uno es una combinación lineal de los con coeficientes enteros. Al multiplicar la relación ${\displaystyle j=1,\ldots ,k,}$ ${\displaystyle d_{j}}$ ${\displaystyle d_{m,j}}$ ${\displaystyle m=1,\ldots ,M}$ ${\displaystyle v_{j}={\tfrac {1}{d_{j}}}\alpha (i_{j})}$ ${\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{k}}$ ${\displaystyle V}$ ${\displaystyle \beta (m)}$ ${\displaystyle v_{j}}$

${\displaystyle b(1)e^{\beta (1)}+b(2)e^{\beta (2)}+\cdots +b(M)e^{\beta (M)}=0,}$

por , donde es un entero positivo suficientemente grande, obtenemos una relación algebraica no trivial con coeficientes racionales que conectan , contra la primera formulación del teorema. ${\displaystyle e^{N(v_{1}+\cdots +v_{k})}}$ ${\displaystyle N}$ ${\displaystyle e^{v_{1}},\cdots ,e^{v_{k}}}$

Véase también

• Teorema de Gelfond-Schneider
• Teorema de Baker ; una extensión del teorema de Gelfond-Schneider
• Conjetura de Schanuel ; si se demuestra, implicaría tanto el teorema de Gelfond-Schneider como el teorema de Lindemann-Weierstrass

Notas

1. Lindemann 1882a, Lindemann 1882b.
2. Weierstrass 1885, págs. 1067-1086,
3. Murty y Rath 2014
4. Hermite 1873, págs. 18-24.
5. Hermita 1874
6. Fondo 2015.
7. Hilbert 1893, págs. 216–219.
8. Gordan 1893, págs. 222–224.
9. Bertrand 1997, págs. 339–350.
10. (en francés) Prueba de Lindemann-Weierstrass (pdf) ^{[ enlace roto ]}
11. Hasta un factor, esta es la misma integral que aparece en la prueba de que e es un número trascendental , donde β ₁ = 1, ..., β _m = m . El resto de la prueba del Lema es análoga a esa prueba.

Referencias

• Baker, Alan (1990), Teoría de números trascendentales, Cambridge Mathematical Library (2.ª ed.), Cambridge University Press , ISBN 978-0-521-39791-9, Sr.  0422171
• Bertrand, D. (1997), "Funciones theta y trascendencia", The Ramanujan Journal , 1 (4): 339–350, doi :10.1023/A:1009749608672, S2CID  118628723
• Gelfond, AO (2015) [1960], Números trascendentales y algebraicos, Dover Books on Mathematics, traducido por Boron, Leo F., Nueva York: Dover Publications , ISBN 978-0-486-49526-2, Sr.  0057921
• Gordan, P. (1893), "Transcendenz von e und π.", Mathematische Annalen , 43 (2–3): 222–224, doi :10.1007/bf01443647, S2CID  123203471
• Hermite, C. (1873), "Sur la fonction exponentielle.", Comptes rendus de l'Académie des Sciences de Paris , 77 : 18–24
• Hermite, C. (1874), Sur la fonction exponentielle., París: Gauthier-Villars
• Hilbert, D. (1893), "Ueber die Transcendenz der Zahlen e und π.", Mathematische Annalen , 43 (2–3): 216–219, doi :10.1007/bf01443645, S2CID  179177945, archivado desde el original en 2017- 10-06 , recuperado 2018-12-24
• Lindemann, F. (1882), "Über die Ludolph'sche Zahl.", Sitzungsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissenschaften zu Berlin , 2 : 679–682
• Lindemann, F. (1882), "Über die Zahl π.", Mathematische Annalen , 20 (2): 213–225, doi :10.1007/bf01446522, S2CID  120469397, archivado desde el original el 6 de octubre de 2017 , recuperado en 2018 -12-24
• Murty, M. Ram; Rath, Purusottam (2014). "Teorema de Baker". Números trascendentales. págs. 95-100. doi :10.1007/978-1-4939-0832-5_19. ISBN 978-1-4939-0831-8.
• Weierstrass, K. (1885), "Zu Lindemann's Abhandlung. "Über die Ludolph'sche Zahl".", Sitzungsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissen-schaften zu Berlin , 5 : 1067–1085

Lectura adicional

• Jacobson, Nathan (2009) [1985], Álgebra básica, vol. I (2.ª ed.), Dover Publications , ISBN 978-0-486-47189-1

Enlaces externos

• Weisstein, Eric W. "Teorema de Hermite-Lindemann". MundoMatemático .
• Weisstein, Eric W. "Teorema de Lindemann-Weierstrass". MundoMatemático .