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Numeri trascendenti

In questo capitolo vorrei fare due cose:

  1. La dimostrazione di Cantor dell'esistenza di numeri trascendenti. Questa si fa semplicemente facendo vedere che i numeri algebrici sono numerabili, mentre i reali sono più che numerabili. Lo svantaggio è che non è costruttiva, dato che alla fine non ci rimane in mano neanche un esempio di numero trascendente.

  2. La dimostrazione di Liouville che un numero algebrico non si può approssimare meglio di tanto con un numero razionale. Questa ha il vantaggio di pernetterci di costruire esplicitamente dei numeri trascendenti, ma non ci fornisce nessuna informazione sulla trascendenza di numeri che a noi potrebbero interessare.

In un primo momento avevo in mente di fare anche la dimostrazione della trascendenza di $ e$ e $ \pi$, ma poi mi sono reso conto che questa parte è forse tecnicamente troppo complicata, e alla fine ho lasciato perdere.

Cantor

Un insieme $ A$ si dice numerabile quando esiste una mappa suriettiva $ \mathbf{N}\to A$. Se $ A$ è infinito, non sarebbe difficile vedere che allora esiste una mappa biiettiva di questo tipo. Dunque $ A$ è numerabile se i suoi elementi possono essere messi in una successione, eventualmente con ripetizioni.

Un insieme finito è naturalmente numerabile, ma $ \mathbf{N}$ è ovviamente numerabile (e infinito), dato che basta prendere l'identità come mappa $ \mathbf{N}\to \mathbf{N}$. Anche $ \mathbf{Z}$ è numerabile, come mostra la successione

$\displaystyle 0, 1, -1, 2, -2, 3, -3, \dots$    

Si può considerare questo esempio come un caso molto semplice del seguente criterio.

Lemma 1 (Zeresimo procedimento diagonale di Cantor)  

Sia $ A = \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i}$, con ogni $ A_{i}$ finito. Allora $ A$ è numerabile.

Dimostrazione. Mettiamo gli elementi di ogni $ A_{i}$ in una successione (finita) a nostro piacimento. Poi mettiamo tutti gli elementi di $ A$ in una successione, nel modo seguente: prima gli elementi di $ A_{1}$, nell'ordine scelto, poi gli elementi di $ A_{2}$, nell'ordine scelto, e cosí via.

In effetti, si può considerare $ \mathbf{Z}= \bigcup_{i=0}^{\infty} A_{i}$, dove $ A_{i} = \left\{\, +i, -i \,\right\}$.

Esercizio 12 (Primo procedimento diagonale di Cantor)  

Si mostri che la tesi del lemma vale anche se si suppone che ogni $ A_{i}$ sia numerabile.

Ora possiamo vedere che anche l'insieme $ \mathbf{Q}$ dei numeri razionali è numerabile. Basta provarlo per i numeri razionali positivi $ \mathbf{Q}^{+}$, e poi applicare lo stesso trucco di $ \mathbf{Z}$. Definiamo

$\displaystyle A_{i} = \left\{\, \frac{p}{q} : p, q \ge 1, p + q \le i \,\right\}.$    

Chiaramente l'unione degli $ A_{i}$ è tutto $ \mathbf{Q}^{+}$, e ogni $ A_{i}$ ha al più $ i$ elementi.

Consideriamo adesso l'insieme

$\displaystyle A = \left\{\, z \in \mathbf{C}: \text{$z$\ \\lq e algebrico su $\mathbf{Q}$} \,\right\}.$    

Anche questo insieme è numerabile. Infatti ogni elemento di $ A$ è radice di un polinomio a coefficienti razionali di grado $ n$, per qualche $ n$. Se moltiplichiamo uno di questi polinomi per tutti i denominatori dei coefficienti, otteniamo un polinomio

$\displaystyle f(x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n},$    

ove gli $ a_{i}$ sono ora interi, e $ a_{n} \ne 0$. Definiamo l'altezza $ h(f)$ di tale polinomio come il numero

$\displaystyle h(f) = \left\lvert a_{0} \right\rvert + \left\lvert a_{1} \right\rvert + \dots + \left\lvert a_{n} \right\rvert .$    

Di polinomi $ f \in \mathbf{Z}[x]$ di grado $ n$ e altezza $ h$ ce ne sono dunque al più $ (2 h + 1)^{n}$, e ognuno ha al più $ n$ radici. In particolare è finito ogni insieme

$\displaystyle A_{i} = \big\{ z \in \mathbf{C}: \ $ $ z$ è radice di un polinomio $ f \in \mathbf{Z}[x]$    
  di grado $ n$ e altezza $ h$, con $ h + n = i$$\displaystyle \big\}.$    

Dato che l'unione degli $ A_{i}$ è tutto $ A$, ne risulta che $ A$ è numerabile.

Ora resta da vedere che già $ \mathbf{R}$ non è numerabile, col secondo procedimento diagonale di Cantor. Faremo vedere che sono già non numerabili i numeri reali compresi fra 0 e $ 1$. Se lo fossero, potrei scriverli tutti in una successione

$\displaystyle \begin{matrix}a_{1} &= &0. &b_{11} &b_{12} &b_{13} & \dots &b_{1n... ... &= &0. &b_{m1} &b_{m2} &b_{m3} & \dots &b_{mn} &\dots\\ \dots\\ \end{matrix}$    

dove $ b_{ij}$ è la $ j$-sima cifra decimale di $ a_{i}$. Ora le frazioni che hanno denominatore divisibile solo per i primi $ 2$ e $ 5$ (e quindi danno luogo a uno sviluppo decimale finito) possono essere scritte in due modi come numeri decimali. Risolviamo questa ambiguità scegliendo la scrittura infinita, cioè scrivendo ad esempio

$\displaystyle 1 = 0,99999\dots \qquad \frac{1}{4} = 0.25 = 0.24999\dots \ .$    

In altre parole, nessun numero nella nostra successione ha tutte le cifre decimali eguali a zero da un certo punto in poi. Ora tutto quello che facciamo è di considerare il numero reale $ c$, compreso fra 0 e $ 1$ cosí ottenuto. Se $ b_{ii} = 1$, scegliamo $ 2$ come $ i$-sima cifra decimale di $ c$. Se invece $ b_{ii} \ne 1$, scegliamo $ 1$ come $ i$-sima cifra decimale di $ c$. Viene fuori che $ c$ non è nella lista $ a_{1}, a_{2}, \dots$, perché differisce da $ a_{i}$ per l'$ i$-sima cifra decimale. Ed è comunque scritto nella forma che abbiamo scelto, perché addirittura non ha alcuno 0 nella scrittura decimale, per cui certamente non può aver tutti zeri da un certo punto in poi.

Liouville

Sia $ \alpha \in \mathbf{C}$ algebrico di grado $ n > 1$. In particolare, $ \alpha$ non è un numero razionale. Scriviamo

$\displaystyle f(x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} \in \mathbf{Z}[x]$    

per quello che non è proprio il polinomio minimo di $ \alpha$ su $ \mathbf{Q}$, ma è invece quel polinomio a coefficienti interi che si ottiene moltiplicando il polinomio minimo per il prodotto dei denominatori di tutti i coefficienti.

Sia $ r = p/q \in \mathbf{Q}$, con $ p, q \in \mathbf{Z}$. Calcoliamo

$\displaystyle - f(r)$ $\displaystyle = f(\alpha) - f(r)$    
  $\displaystyle = a_{0} + a_{1} \alpha + \dots + a_{n} \alpha^{n} - a_{0} + a_{1} r + \dots + a_{n} r^{n}$    
  $\displaystyle = a_{1} (\alpha - r) + \dots + a_{n} (\alpha^{n} - r^{n}).$    

Dunque

$\displaystyle \frac{- f(r)}{\alpha - r} = a_{1} + a_{2} (\alpha + r) + \dots + a_{i} (\alpha^{n-1} + \alpha^{n-2} r + \dots + \alpha r^{n-2} + r^{n-1}).$    

Scegliamo $ r$ abbastanza vicino a $ \alpha$, in modo che sia $ \left\lvert \alpha - r \right\rvert < 1$. Abbiamo dunque

$\displaystyle \left\lvert r \right\rvert = \left\lvert \alpha + r - \alpha \rig... ...rt + \left\lvert r - \alpha \right\rvert < \left\lvert \alpha \right\rvert + 1,$    

e dunque

$\displaystyle \left\lvert \alpha^{i} r^{j} \right\rvert \le \left\lvert \alpha ... ...t + 1 \right)^{j} \le \left( \left\lvert \alpha \right\rvert + 1 \right)^{i+j}.$    

Ne segue

$\displaystyle \left\lvert \frac{f(r)}{\alpha - r} \right\rvert \le \left\lvert ... ...\left\lvert a_{n} \right\rvert (\left\lvert \alpha \right\rvert + 1)^{n-1} = M.$    

Ovviamente la costante $ M$ non dipende da $ r$. Prendiamo $ q > M$. Otteniamo

$\displaystyle \left\lvert \alpha - r \right\rvert \ge \frac{\left\lvert f(r) \right\rvert }{M} \ge \frac{\left\lvert f(r) \right\rvert }{q}.$    

Ora ovviamente $ f(r) \ne 0$, dato che $ f$ è irriducibile in $ \mathbf{Q}[x]$. Si ha inoltre

$\displaystyle f(r) = \frac{a_{0}q^{n} + a_{1} p q^{n-1} + \dots a_{n} p^{n} }{q^{n}}.$    

Il numeratore è un intero non nullo, dunque in modulo almeno $ 1$. Ne segue

$\displaystyle \left\lvert \alpha - \frac{p}{q} \right\rvert \ge \frac{1}{q^{n+1}},$    

che vale per $ q > M$, e per $ \left\lvert \alpha - p/q \right\rvert < 1$.

Vogliamo ricavare un criterio per la trascendenza di un numero.

Proposizione 1   Sia $ \alpha \in \mathbf{R}$, con $ 0 < \alpha < 1$.

Siano $ p_{i}, q_{i} \in \mathbf{Z}$ interi positivi, tali che

$\displaystyle 0 < \frac{p_{i}}{q_{i}} < 1$   per ogni $ i$,    
$\displaystyle \lim_{i \to \infty} \frac{p_{i}}{q_{i}} = \alpha,$    
$\displaystyle \lim_{i \to \infty} q_{i} = \infty,$    
$\displaystyle \left\lvert \alpha - \frac{p_{i}}{q_{i}} \right\rvert < \frac{1}{q_{i}^{i}}$   per ogni $ i$.    

Allora $ \alpha$ è trascendente.

Dimostrazione. Facciamo vedere che non esiste il numero $ M$ sopra citato. Per qualsiasi $ M$, fissiamo $ n$, e scegliamo $ i > n + 1$ tale che $ q_{i} > \max\{M, 1\}$.

Abbiamo quindi

$\displaystyle \left\lvert \alpha - \frac{p_{i}}{q_{i}} \right\rvert < \frac{1}{q_{i}^{i}} < \frac{1}{q_{i}^{n + 1}}.$    

Ne segue che $ \alpha$ non può essere algebrico di grado $ n$. Dato che $ n$ era arbitrario, vuol dire che $ \alpha$ è trascendente.

Ora si può fare la costruzione di Liouville, o qualcosa di simile. Consideriamo la successione

$\displaystyle q_{1} = 10, \qquad q_{i+1} = q_{i}^{i+1},$   per $ i \ge 1$.    

In altre parole $ q_{i} = 10^{i!}$. Definiamo (questo andrebbe spiegato un attimo meglio, anche se dovrebbe essere corretto)

$\displaystyle \frac{p_{i}}{q_{i}} = \sum_{k = 1}^{i} \frac{1}{q_{k}},$    

e

$\displaystyle \alpha = \lim_{i \to \infty} \frac{p_{i}}{q_{i}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{q_{k}}.$    

Abbiamo quindi

$\displaystyle 0 < \alpha - \frac{p_{i}}{q_{i}} = \sum_{k = i+1}^{\infty} \frac{1}{q_{k}} < \frac{2}{q_{i+1}} = \frac{2}{q_{i}^{i+1}} < \frac{1}{q_{i}^{i}}.$    

In pratica, il numero $ \alpha$ che abbiamo costruito è (controllare)

$\displaystyle \alpha = 0.110001000000000000000001\dots$    

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A. Caranti
2000-05-31