El número e es trascendente

Demostramos que el número $e$ es trascendente.

Teorema
Demostrar que el número real $e$ es trascendente sobre $\mathbb{Q}$, es decir que no existe $p\in\mathbb{Q}[x]$ no nulo tal que $p(e)=0$.

Demostración
Sea $f\in\mathbb{R}[x]$ de grado $r$ y sea $$F(x)=f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime\prime}(x)+\cdots+f^{(r)}(x).$$ Hallemos la derivada de $h(x)=e^{-x}F(x)$: $$\dfrac{d}{dx}\left(e^{-x}F(x)\right)=-e^{-x}\left(f(x)+f^{\prime}(x)+f^{\prime\prime}(x)+\cdots+f^{(r)}(x)\right)$$ $$+e^{-x}\left(f^{\prime}(x)+f^{\prime\prime}(x)+\cdots+f^{(r)}(x)+f^{(r+1)}(x)\right)\underbrace{=}_{f^{(r+1)}(x)=0}e^{-x}f(x).$$ La función $h$ satisface las hipótesis del valor medio de Lagrange en todo intervalo de la forma $[0,k]$ con $k>0$ es decir, existe $\xi_k\in (0,k)$ tal que $$h^{\prime}\left(\xi_k\right)=\dfrac{h(k)-h(0)}{k-0}=\dfrac{e^{-k}F(k)-F(0)}{k}.$$ Dado que $\xi_k=\theta_kk$ con $0<\theta_k<1$, y que $h^{\prime}(\xi_k)=-e^{-\xi_k}f\left(\xi_k\right)$ podemos escribir $e^{-k}F(k)-F(0)=-e^{-\theta_k k}f\left(\theta_kk\right)k$ con $0<\theta_k<1.$ Multiplicando pr $e^k$ obtenemos $F(k)-e^kF(0)=-e^{(1-\theta_k) k}f\left(\theta_k k\right)k$ con $0<\theta_k<1.$ Para $k=1,2,\ldots n$ obtenemos $$\begin{aligned} & F(1)-eF(0)=-e^{(1-\theta_1) }f\left(\theta_1\right)=\epsilon_1\\ & F(2)-e^2F(0)=-2e^{2(1-\theta_2) }f\left(2\theta_k\right)=\epsilon_2\\ &\ldots\\ & F(n)-e^nF(0)=-ne^{n(1-\theta_n) }f\left(n\theta_n\right)=\epsilon_n. \end{aligned}\qquad (1)$$ Supongamos que $e$ no es trascendente sobre $\mathbb{Q}$; entonces se satisface una relación de la forma $b_ne^n+b_{n-1}e^{n-1}+\cdots+b_1e+b_0=0$ con los $b_j\in\mathbb{Q}$ no todos nulos. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que se satisface una relación de la forma $$c_ne^n+c_{n-1}e^{n-1}+\cdots+c_1e+c_0=0\qquad (2)$$ con los $c_j\in\mathbb{Z}$ y $c_0>0.$ En las relaciones $(1)$ multipliquemos la primera igualdad por $c_1$, la segunda por $c_2$, etc. Sumando obtenemos $$c_1F (1)+c_2F(2)+\cdots+c_nF (n)−F (0)\left(c_1e+c_2e^2 +· · ·+c_ne^n\right)$$ $$= c_1\epsilon_1 +c_2\epsilon_2 +· · ·+c_n\epsilon_n.$$ Usando $(2)$ queda $$c_0F(0)+c_ 1F (1)+c_2F(2)+\cdots+c_nF (n)=c_1\epsilon_1 +c_2\epsilon_2 +\ldots+c_n\epsilon_n.\quad (3)$$ Todo el anterior desarrollo es válido para cualquier polinomio $f(x).$ Ahora, vamos a elegir en concreto el polinomio $$f(x)=\frac{1}{(p-1)!}x^{p-1}(1-x)^p(2-x)^p\cdots (n-x)^p$$ en donde $p$ es un número primo con $p>n$ y $p>c_0$. Al desarrollar, obtenemos un polinomio de la forma $$f(x)=\frac{\left(n!\right)^p}{(p-1)!}x^{p-1}+\frac{a_0}{(p-1)!}x^p+\frac{a_1}{(p-1)!}x^{p+1}+\cdots$$ con $a_1,a_2.\ldots$, enteros. Demostremos que si $i\ge p$ la derivada $i$-ésima $f^{(i)}(x)$ es un polinomio con coeficientes enteros y todos múltiplos de $p$. En efecto el primer sumando es un monomio de grado $p-1$ y por tanto, su derivada $i$-ésima es $0$ si $i\ge p$. Los demás monomios son de la forma $m_k(x)=\frac{a_k}{(p-1)!}x^{p+k}$ con $k\ge 0$. Hallemos sus derivadas sucesivas. $$m_k(x)=\frac{a_k}{(p-1)!}x^{p+k},$$ $$ m_k^\prime(x)=\frac{a_k}{(p-1)!}(p+k)x^{p+k-1},$$ $$m_k^{\prime\prime}(x)=\frac{a_k}{(p-1)!}(p+k)(p+k-1)x^{p+k-2},$$ $$\ldots$$ $$m_k^{(p)}(x)=\frac{a_k}{(p-1)!}(p+k)(p+k-1)\ldots (p+k-(p-1))x^{p+k-p}$$ $$=\frac{a_k}{(p-1)!}(p+k)(p+k-1)\ldots (k+1)x^{k}=\frac{a_k}{(p-1)!}\cdot \frac{(p+k)!}{k!}x^k$$ $$=\frac{a_k (p)!}{(p-1)!}\cdot \frac{(p+k)!}{(p!)(k!)}x^k=pa_k\binom{p+k}{k}x^k.$$ El coeficiente del monomio $m_k^{(p)}(x)$ es por tanto entero y múltiplo de $p$ y obviamente de la misma manera será el coeficiente de $m_k^{(i)}(x)$ para $i\ge p$. Como consecuencia, para todo entero $j$ se verifica $f^{(i)}(j)$ es entero y múltiplo de $p$ si $i\ge p$.
Por su propia construcción, $f(x)$ tiene a $x=1,2,\ldots,n$ como raíces de multiplicidad $p$. Entonces, para $j=1,2,\ldots,n$ se verifica $f(j)=0$, $f^\prime (j)=0$, $\ldots$, $f^{(p-1)}(j)=0$ y por tanto $$F(j)=f(j)+f^{\prime}(j)+\cdots+f^{(p-1)}(j)+f^{(p)}(j)+\cdots+f^{(r)}(j)$$ y por lo demostrado anteriormente $F(j)$ es entero y múltiplo de $p$ para todo $j=1,2,\ldots,n$. Como $x=0$ es raíz de multiplicidad $p-1$ de $f(x)$, se verifica $f(0)=f^\prime(0)=\ldots=$ $f^{(p-2)}(0)=0$.Para $i\ge p$, $f^{(i)}(0)$ es entero y múltiplo de $p$ y $f^{(p-1)}(0)=(n!)^p$. Al ser $p$ primo y $p > n$, $p\not\mid (n!)^p$ es decir $f^{(p-1)}(0)$ no es divisible por $p$. Al ser $$F(0)=f(0)+f^\prime (0)+\ldots+f^{(p-2)}(0)+f^{(p-1)}(0)+f^{(p)}(0)+\ldots+f^{(r)}(0)$$ $$=f^{(p-1)}(0)+f^{(p)}(0)+\ldots+f^{(r)}(0)$$ se cumple que $F(0)$ es entero y no divisible por $p$. Al ser $$c_0 > 0,\; p > c_0,\;p\not\mid F(0),\;p\mid F(1),\;p\mid F(2)\;,\ldots,\;p\mid F(n)$$ podemos asegurar que $c_0F(0)+c_1F(1)+\ldots+c_nF(n)$ es entero y no divisible por $p$.
Las relaciones $(1)$ expresan $-ie^{i(1-\theta_i)}f(i\theta_i)=\epsilon_{i}$ para todo $i=1,\ldots, n$ por tanto, $$\epsilon_i=\frac{-ie^{i(1-\theta_i)}(i\theta_i)^{p-1} (1-i\theta_i)^p\ldots (n-i\theta_i)^p}{(p-1)!}\quad (0 < \theta_i < 1).$$ Acotemos los $\epsilon_i$ en valor absoluto: $$\left|\epsilon_i\right|\le \frac{e^nn^p(n!)^p}{(p-1)!}.$$ Hallemos el límite de los $\epsilon_i$ cuando $p\to +\infty.$ Tenemos $$0\le \left|\epsilon_i\right|=e^n(n\cdot n!)\cdot\frac{(n\cdot n!)^{p-1}}{(p-1)!}\underbrace{\to}_{\text{si }p\to +\infty} 0$$ pues la exponencial es un infinito de orden menor que el factorial. Es decir, $\epsilon_i\to 0$ cuando $p\to +\infty$. Podemos elegir un primo mayor que $n$ y que $c_0$ que sea suficientemente grande para que ocurra $\left|c_1\epsilon_1+\ldots+c_n\epsilon_n\right| <1$. Pero por $(3)$, $$c_1\epsilon_1+\ldots+c_n\epsilon_n=c_0F(0)+\ldots+c_nF(n)$$ y por tanto ha de ser entero. Dado que en valor absoluto es menor que $1$, la única opción es que $c_0F(0)+\ldots+c_nF(n)=0$. Pero habíamos visto que $p\not\mid c_0F(0)+\ldots+c_nF(n)$ y sin embargo $p\mid 0$ lo cual es una contradicción. Es decir, de suponer que $e$ no es trascendente llagamos a una contradicción. Concluimos pues que $e$ es trascendente. $\qquad \square$

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