Teorema de Lindemann-Weierstrass

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

En la teoría de números trascendental , el teorema de Lindemann-Weierstrass es un resultado que resulta muy útil para establecer la trascendencia de los números. Dice lo siguiente:

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

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

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

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

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

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

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

Convenio de denominación

El teorema también se conoce como teorema de Hermite-Lindemann y teorema de Hermite-Lindemann-Weierstrass . Charles Hermite demostró por primera vez el teorema más simple donde se requiere que los exponentes α _i sean enteros racionales y la independencia lineal solo está asegurada sobre los enteros racionales, ^{[4] [5]} un resultado al que a veces se hace referencia como teorema de Hermite. ^[6] Aunque parece ser un caso especial del teorema anterior, el resultado general puede reducirse 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, sobre todo 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 de 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. (En el artículo sobre números trascendentales se describe una prueba más elemental de que e es trascendental ).

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

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

p -ádico Conjetura de Lindemann-Weierstrass. — Supongamos que p es unnúmero primoyα ₁ , ..., α _n sonnúmeros p -ádicos que son algebraicos y linealmente independientes de, tales que| α _yo | _p  < 1/ p para todo i ;entonces las p -exponenciales ádicasexp _p (α ₁ ), . . . , exp _p (α _n )son números p -ádicos que son algebraicamente independientes. ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ ${\displaystyle \mathbb {Q} }$

Conjetura modular

Daniel Bertrand conjeturó en 1997 un análogo del teorema que involucra la función modular j ^{, y sigue siendo un problema abierto. [9]} Escribiendo q  =  e ^{2 π i τ} para el cuadrado del nomo 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 de . 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 , ..., an _son números algebraicos, y α ₁ , ..., α _n son números algebraicos distintos, entonces ^[10]

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

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

Prueba

La prueba se basa en dos lemas preliminares . Observe que el propio Lema B 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 )} } ser 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 ${\displaystyle T_{k}(x)}$

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

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

Prueba 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 defina 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 número entero distinto de cero, de modo que todos sean números 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 j -ésima derivada 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 una primitiva 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. ${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|}$

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

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

Esto no es divisible por p cuando p es lo 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 , 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 los derivados . ${\displaystyle g_{m}}$ ${\displaystyle f_{i}^{(j)}(x)}$

Por tanto, según 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 utilizando el hecho de que estos números algebraicos son un conjunto completo de conjugados). Entonces lo mismo ocurre con , 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 los polinomios simétricos) y es un entero algebraico distinto de cero divisible por (ya que los 's 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 desprende directamente de la definición de ). De este modo ${\displaystyle I_{i}(s)}$

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

y así, por la construcción de 's, tenemos una C suficientemente grande independiente de p , lo que contradice la desigualdad anterior. Esto prueba 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

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

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

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

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

desaparece por suposición. Como el producto es simétrico, para cualquiera los monomios y tienen el mismo coeficiente en el desarrollo 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, ampliando 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. ${\displaystyle P(e^{\gamma (1)},\dots ,e^{\gamma (N)})}$ ${\displaystyle h_{1}\gamma (1)+\dots +h_{N}\gamma (N)}$

Entonces estamos 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 equipando a C con el orden lexicográfico y eligiendo para cada factor en el producto el término con coeficiente distinto de cero que tiene exponente máximo según este orden: el producto de estos términos tiene coeficiente distinto de cero en la expansión y no no se simplifica con ningún otro término. Esto prueba el Lema B. ∎

Último paso

Pasamos ahora a demostrar el teorema: Sean a (1), ..., a ( n ) números algebraicos distintos de cero , y α (1), ..., α ( n ) números algebraicos distintos. Entonces supongamos que:

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

Demostraremos que esto conduce a una contradicción y así demostraremos el teorema. La prueba es muy similar a la del Lema B, excepto que esta vez las elecciones se hacen sobre las 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 distintas raíces 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 modo que para cada 1 ≤  i  ≤  n , σ( i ) es un número entero entre 1 y d ( i ). Formamos el polinomio en las variables. ${\displaystyle x_{11},\dots ,x_{1d(1)},\dots ,x_{n1},\dots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n}}$

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

Dado que el producto abarca todas las funciones de elección posibles σ, Q es simétrico para cada i . Por 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 desaparece porque una de las opciones es simplemente σ( i ) = 1 para todo i , para lo cual el factor correspondiente desaparece según nuestra suposición anterior. Por 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. Entonces, 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 solo un producto de a ( i ) _j (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 con un factor entero apropiado, obtenemos una ecuación idéntica excepto que ahora b (1), ..., b ( N ) son todos números enteros. Por lo tanto, según el Lema B, la igualdad no puede mantenerse y nos lleva a una contradicción que completa la prueba. ∎

Tenga en cuenta que el Lema A es suficiente para demostrar que e es irracional , ya que de lo contrario podemos escribir e = p / q , donde tanto p como q son enteros distintos de cero, pero por el Lema A tendríamos qe  −  p ≠ 0, que es una contradicción. El lema A también es suficiente para demostrar que π es irracional, ya que de lo contrario podemos escribir π = k / n , donde tanto k como n son números enteros) y luego ± i π son las raíces de n ² x ² + k ² = 0; así 2 − 1 − 1 = 2 mi ⁰ + mi ^{yo π} + mi ^{− yo 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 , ..., an son números enteros _y no todos ellos son cero, entonces

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

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

Equivalencia de las dos declaraciones.

La formulación del teorema que hace Baker implica claramente la primera formulación. De hecho, si son números algebraicos que son linealmente independientes sobre , 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 dado que son números algebraicos que son linealmente independientes de los racionales, los números son algebraicos y son distintos para n -tuplas distintas . Entonces, de la formulación del teorema de Baker obtenemos para todos los 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. Dado que 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 el apartado 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 los exponenciales que tienen el mismo exponente. Aquí, como se demostró anteriormente, hay números racionales, no todos iguales a cero, y cada exponente es una combinación lineal con coeficientes enteros. Entonces, dado que y son distintos por pares, el subespacio vectorial de generado por no es trivial y podemos elegirlo para formar una base para For each , 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 uno, sea el mínimo común múltiplo de todos los for y ponga . Entonces son números algebraicos, forman una base de y cada uno es una combinación lineal de ellos con coeficientes enteros. Multiplicando 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 a , con la primera formulación del teorema. ${\displaystyle e^{N(v_{1}+\cdots +v_{k})}}$ ${\displaystyle N}$ ${\displaystyle e^{v_{1}},\cdots ,e^{v_{k}}}$

Resultado relacionado

También se conoce una variante del teorema de Lindemann-Weierstrass en la que los números algebraicos se sustituyen por los números trascendentales de Liouville (o en general, los números U ^{). [12]}

Ver también

• Teorema de Gelfond-Schneider
• teorema de Baker ; una extensión del teorema de Gelfond-Schneider
• la 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. Ermita 1874
6. Gelfond 2015.
7. Hilbert 1893, págs. 216-219.
8. Gordon 1893, págs. 222-224.
9. Bertrand 1997, págs. 339–350.
10. (en francés) Lindemann-Weierstrass de la prueba francesa (pdf) ^{[ enlace muerto ]}
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.
12. Chalebgwa, príncipe Taboka; Morris, Sidney A. (2022). "Sin, cos, exp y registro de números de Liouville". arXiv : 2202.11293v1 [matemáticas.NT].

Referencias

• 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- 06/10 , consultado el 24/12/2018
• 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 : 213–225, doi :10.1007/bf01446522, S2CID  120469397, archivado desde el original el 6 de octubre de 2017 , consultado el 12 de octubre de 2018. 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

Otras lecturas

• Baker, Alan (1990), Teoría de números trascendental, Biblioteca Matemática de Cambridge (2ª ed.), Cambridge University Press , ISBN 978-0-521-39791-9, señor  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, señor  0057921
• Jacobson, Nathan (2009) [1985], Álgebra básica, vol. I (2ª ed.), Publicaciones de Dover , ISBN 978-0-486-47189-1

enlaces externos

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