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La trascendencia de e y
Comenzamos introduciendo unos convenios utiles de notacion:
Definicion 1 Escribiremos hr = r!, de modo que si f(z) =mr=0
crzr C[z],
entonces f(h) representara
f(h) =
mr=0
crhr
=
mr=0
crr!
Igualmente, f(z + h) sera el polinomio que resulta de sustituir yr porhr = r! en la expresion desarrollada de f(z+ y). Concretamente:
f(z+y) =mr=0
cr(z+y)r =
mr=0
cr
rk=0
r
k
zrkyk =
mk=0
mr=k
cr
r
k
zrk
yk,
luego
f(z+h) =mk=0
mr=k
cr
rk
zrk
k! =
mk=0
mr=k
r!(r k)!
crzrk
=mk=0
fk)(z),
donde fk)(z) es la k-esima derivada formal del polinomio f. Observar que
f(z+ h) =mr=0
cr(z+ h)r,
pues
mr=0
cr(z+ h)r =
mr=0
cr
mk=0
(zr)k) =
mk=0
mr=0
crzrk)
=mk=0
fk)(z) = f(z+ h).
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As mismo,
f(0 + h) =mk=0
fk)(0) =mr=0
crr! = f(h).
Sea
ur(z) = r!n=1
zn
(r + n)!.
Teniendo en cuenta que
|z|n
(r+n)!r!
n y p > |c0|. Sea
(x) =xp1
(p 1)!((x 1)(x 2) (x n))p.
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Por el teorema 2:
0 =nt=0
ctet(h) =
nt=0
ct(t + h) +nt=0
ct(t)et = S1 + S2.
Tomando m = p, el teorema 3 nos da que (h) Z y
(h) (1)pn(n!)p (mod p).
Si 1 t n, entonces
(t + x) =(x + t)p1
(p 1)!((x + t 1)(x + t 2) x (x + t n))p,
y sacando el factor x queda
(t + h) =xp
(p 1)!f(x),
con f(x) Z[x]. Por el teorema 3 tenemos que (t + h) Z y es un multiplode p. Ahora,
S1 =nt=0
ct(t + h) c0(h) c0(1)pn(n!)p 0 (mod p),
ya que c0 = 0 y p > n, |c0|. As pues, S1 Z y S1 = 0, luego |S1| 1. ComoS1 + S2 = 0, lo mismo vale para S2, es decir, |S2| 1. Por otro lado, sea
(x) =
sr=0
arxr. Entonces
|(t)| =
s
r=0
arr(t)tr
s
r=0
|ar| |r(t)|tr
sr=0
|ar|tr.
Observemos que |ar| es el coeficiente de grado r del polinomio
xp1
(p 1)!((x + 1) (x + n))p.
Basta ver que si bi es el coeficiente de grado i de ((x 1) (x n))p
,entonces |bi| es el coeficiente de grado i de ((x + 1) (x + n))p, pero
|bi| = |(1)pnienpi(1, . . . , n , . . . , 1, . . . , n)|
= (1)pnienpi(1, . . . , n , . . . , 1, . . . , n).
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Por lo tanto podemos concluir:
|(t)| s
r=0
|ar|tr =
tp1
(p 1)!((t + 1)(t + 2) (t + n))p,
y en definitiva:
|(t)| (t + 1)(t + 2) (t + n)(t(t + 1) (t + n))p1
(p 1)!.
Pero esta expresion tiende a 0 cuando p tiende a infinito (por la conver-gencia de la serie de la funcion exponencial). En consecuencia, tomando p
suficientemente grande podemos exigir que S2 =nt=0
ct(t)et cumpla |S2| < 1,
cuando hemos demostrado lo contrario para todo p. Esto prueba que e estrascendente.
La trascendencia de es algo mas complicada de probar. Ademas de losteoremas 2 y 3 necesitaremos otro resultado auxiliar:
Teorema 5 Sea p(x) = dxm + d1xm1 + + dm1x + dm Z[x], sean
1, . . . , m sus races en C y sea q(x1, . . . , xm) Z[x1, . . . , xm] un polinomiosimetrico. Entonces q(d1, . . . , d m) Z.
Demostracion: Claramente
dm1p(x) = (dx)m + d1(dx)m1 + dd2(dx)
m2 + + dm2dm1(dx) + dm1dm.
O sea, dm1p(x) = r(dx), donde
r(x) = xm + d1xm1 + dd2x
m2 + + dm2dm1x + dm1dm Z[x]
es un polinomio monico y sus races son obviamente d1, . . . , d m. Conse-cuentemente, r(x) = (x d1) (x dm) y los coeficientes de r(x) son(1)iei(d1, . . . , d m) para i = 0, . . . m. As pues, ei(d1, . . . , d m) Z parai = 1, . . . , m.
Por otro lado sabemos que q(x1, . . . , xm) = r(e1, . . . , em) para cierto poli-nomio r(x1, . . . , xm) Z[x1, . . . , xm], luego
q(d1, . . . , d m) = r(e1(d1, . . . , d m), . . . , em(d1, . . . , d m)) Z.
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Teorema 6 El numero es trascendente.
Demostracion: Si es algebraico tambien lo es i. Sea
dxm + d1xm1 + + dm1x + dm Z[x]
un polinomio tal que d = 0 y con raz i. Sean 1, . . . , m sus races en C.Como una de ellas es i y ei +1 = 0, tenemos que (1+ e1) (1 + em) = 0,o sea,
1 +2m1t=1
et = 0,
donde 1, . . . , 2m1 son 1, . . . , m, 1 + 2, . . . , m1 + m, . . . , 1 + + m.Supongamos que c 1 de ellos son nulos y n = 2m 1 (c 1) no son
nulos. Ordenemoslos como 1, . . . , n, 0, . . . , 0. As c 1 y
c +nt=1
et = 0. (1)
Notemos lo siguiente:
ei(x1, . . . , xn) = ei(x1, . . . , xn, 0, . . . , 0),
donde ei es a la izquierda el polinomio simetrico elemental de n variables ya la derecha el de 2m 1 variables. Por lo tanto
ei(d1, . . . , d n) = ei(d1, . . . , d 2m1)
= ei(d1, . . . , d m, d1 + d2, . . . , d m1 + dm, . . . , d 1 + + dm).
Sea qi(x1, . . . , xm) = ei(x1, . . . , xm, x1+x2, . . . , xm1+xm, . . . , x1+ +xm).Claramente se trata de polinomios simetricos con coeficientes enteros y
ei(d1, . . . , d n) = qi(d1, . . . , d m),
luego el teorema anterior nos permite afirmar que ei(d1, . . . , d n) Z.Si s(x1, . . . , xn) Z[x1, . . . , xn] es simetrico, entonces s depende polinomi-
camente de los ei, luego s(d1, . . . , d n) Z. Sea p un primo tal que p > |d|,p > c, p > |dn
1
n|. Sea
(x) =dnp+p1xp1
(p 1)!((x 1) (x n))
p.
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Multiplicamos (1) por (h) y aplicamos el teorema 2. Nos queda
c(h) +nt=1
(t + h) +nt=1
(t)e|t| = S0 + S1 + S2 = 0.
Ahora,
(x) =xp1
(p 1)!dp1((dx d1) (dx dn))
p.
Los coeficientes de (y d1) (y dn) son polinomios simetricos ele-mentales sobre d1, . . . , d n, luego son enteros, segun hemos visto antes. Deaqu se sigue que tambien son enteros los coeficientes de (dx d1) (dx dn), con lo que
(x) =
xp1
(p 1)!
npr=0
grxr
, donde cada gr Z.
Por el teorema 3 tenemos que (h) Z y (h) g0 (mod p). Concreta-mente, g0 = (1)
pndp1(d1 dn)p, luego por la eleccion de p resulta que
p g0 (aqu es importante que d1 dn Z porque es el termino indepen-diente de (y d1) (y dn). Como p c, resulta que p S0 = c(h).
Nos ocupamos ahora de S1. Tenemos que
(t + x) =dnp+p1(t + x)
p1
(p 1)!((x + t 1) (x + t t1)
x(x + t t+1) (x + t n))p
=xp
(p 1)!dp(dt + dx)
p1((dx + dt d1) (dx + dt dt1)
(dx + dt dt+1) (dx + dt dn))p
=xp
(p 1)!
np1r=0
frtxr,
donde frt = fr(dt, d1, . . . , d t1, dt+1, . . . , d n) y fr es un polinomio sime-trico respecto a todas las variables excepto la primera, con coeficientes enterosy que no depende de t. En efecto, consideramos el polinomio
(y (x1))p1
(y (x2 x1)) ((y (xn x1))p
.
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Sus coeficientes son los polinomios simetricos elementales actuando sobrex1 (p 1 veces) y sobre x2 x1, . . . , xn x1 (p veces cada uno), luego sonpolinomios simetricos en x2, . . . , xn. Digamos que el polinomio es
np1r=0
sr(x1, . . . , xn)yr
.
Entonces
(t + x) =xp
(p 1)!
np1r=0
dpsr(dt, d1, . . . , d t1, dt+1, . . . , d n)drxr,
es decir, fr = dr+psr(x1, . . . , xn). Por lo tanto,
n
t=1
(t + x) =xp
(p 1)!
np1
r=0
n
t=1
frtxr,
peront=1
frt =nt=1
fr(dt, d1, . . . , d t1, dt+1, . . . , d n),
y el polinomiont=1
fr(xt, x1, . . . , xt1, xt+1, . . . xn) es simetrico (respecto a todas
las variables), luego Fr =nt=1
frt depende simetricamente de d1, . . . , d n y
por lo tanto es un entero. As pues,
n
t=1
(t + x) =xp
(p 1)!
np1
r=0
Frxr,
y por el teorema 3 concluimos que S1 =nt=1
(t + h) Z y es multiplo de p
(aqu hemos usado que (1 + 2)(h) = 1(h) + 2(h), lo cual es evidente).
Esto nos da que S0 + S1 Z y no es un multiplo de p. En particular|S0 + S1| 1 y, por la ecuacion S0 + S1 + S2 = 0 resulta que tambien S2 Zy |S2| 1. Como en el caso de e, ahora probaremos lo contrario.
Sea (x) =np+p1r=0
crr(x)xr. Entonces
|(x)| =
np+p1r=0
crr(x)xr
np+p1r=0
|cr| |xr|
|d|np+p1|x|p1
(p 1)!((|x| + |1|) (|x| + |n|))
p
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(por el mismo razonamiento que en la prueba de la trascendencia de e) y as
|(x)| M2np+2p2
(p 1)!,
donde M es una cota que no depende de p.
Como M2np+2p2 M2np+2p = M(2n+2)p = Kp = KKp1, tenemos que
|(x)| KKp1
(p 1)!
y la sucesion converge a 0 cuanto p tiende a infinito, pues la serie convergea KeK. Esto para cada x fijo. Tomando un primo p suficientemente grande
podemos exigir que |S2| nt=1
|(t)|e|t| < 1, con lo que llegamos a una
contradiccion.
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