Itse asiassa yll¨a annettu Hermiten lauseen todistus on voimallisempi kuin voisi ajatella. Nimitt¨ain, samassa hengess¨a pystyy todistamaan huomattavasti yleisem-pi¨a ja vahvempia tuloksia, vaikka emme olekaan teh-neet t¨ass¨a niin. Er¨as oleellisesti vahvempi tulos, jon-ka voi todistaa varsin samanlaisilla ty¨okaluilla, jos lis¨aksi k¨aytett¨aviss¨a on hieman symmetristen polyno-mien ominaisuuksia ja algebrallisten lukujen perusomi-naisuuksia, on t¨allainen:
Lause (Hermiten–Lindemannin lause). Jos α on al-gebrallinen luku jaα6= 0, niineαon transkendentaali-nen luku.
Vaikka emme todista t¨at¨a lausetta t¨ass¨a, on kenties va-laisevaa n¨ahd¨a, mit¨a kaikkea siit¨a seuraa:
Korollaari. Lukueon transkendentaalinen.
Todistus. Koska luku 1 on selv¨asti nollasta poikkeava ja algebrallinen, on luvun e =e1 oltava transkenden-taalinen.
Korollaari. Lukuπon transkendentaalinen.
Todistus. Jos lukuπ olisi algebrallinen, olisi my¨os lu-ku iπkahden algebrallisen luvun tulona algebrallinen.
Se on my¨os selv¨asti nollasta poikkeava. Siten luvuneiπ pit¨aisi olla transkendentaalinen. Mutta Eulerin kauniin kaavan nojallaeiπ =−1 ja −1 ei ole transkendentaali-nen luku. Sitenπon transkendentaalinen luku.
Korollaari. Jos α on algebrallinen luku, α 6= 0 ja α6= 1, niin logαon transkendentaalinen.
Todistus. Jos olisi logα = β jollakin algebrallisel-la luvulalgebrallisel-la β, niin olisi toisaalta β 6= 0, ja toisaal-ta luku eβ = α olisi algebrallinen vastoin Hermiten–
Lindemannin lausetta.
Korollaari. Josαon algebrallinen luku jaα6= 0, niin sinαja cosαovat transkendentaalisia lukuja.
Todistus. Koska tunnetusti
sin2α+ cos2α= 1,
seuraa t¨ast¨a, ett¨a jos toinen luvuista sinαja cosαon algebrallinen, niin toinen on ratkaisu sellaiselle poly-nomiyht¨al¨olle, jonka kertoimet ovat algebrallisia luku-ja, ja siten my¨os algebrallinen. Jos sinαja cosα ovat transkendenttisia, niin olemme valmiita. Oletetaan siis, ett¨a sinαja cosαovat algebrallisia. T¨all¨oin my¨os luku
isinα+ cosα olisi algebrallinen. Mutta toisaalta
isinα+ cosα=i·eiα−e−iα
2i +eiα+e−iα 2 =eiα, ja viimeksi mainitun luvun on oltava transkendentti-nen. T¨am¨a ristiriita osoittaa, ett¨a sinα ja cosαeiv¨at voi olla algebrallisia.
Korollaari. Josαon algebrallinen luku jaα6= 0, niin tanαon transkendentaalinen luku.
Todistus. Huomautetaan, ett¨a cosα6= 0, koska muu-toinαolisi luvunπmonikerran puolikkaana transken-denttinen. Samasta syyst¨a on oltava sinα 6= 0. Ole-tetaan siis, ett¨a olisi tanα =β jollakin algebrallisella luvulla β6= 0. T¨all¨oin olisi
ja viel¨a sievent¨am¨all¨a
(1−iβ)eiα= (1 +iβ)e−iα.
Jos 1−iβ= 0, niin 1 +iβ= 0, koska eksponenttifunk-tion kaikki arvot ovat nollasta poikkeavia, ja t¨all¨oin olisi
β =1 +iβ
2i −1−iβ
2i = 0−0 = 0.
Siten on oltava 1−iβ 6= 0, ja voimme sievent¨a¨a viel¨a kerran saadaksemme
e2iα= 1 +iβ 1−iβ.
T¨ass¨a 2iαon nollasta poikkeava algebrallinen luku, ja yht¨al¨on oikea puoli on algebrallinen, ja siten olemme saavuttaneet ristiriidan.
Samanlaisia transkendentaalisuustuloksia voisi esitt¨a¨a my¨os muille tutuille transkendentaalisille funktioille, kuten sinh, cosh, tanh, arcsin, arccos, arctan, arsinh, arcosh ja artanh, mutta sivuutamme yksityiskohdat t¨ass¨a.
Mainittakoon lopuksi viel¨a yksi vahvempi tulos, jon-ka voi todistaa varsin samassa hengess¨a ja samoin ty¨okaluin kuin Hermiten–Lindemannin lauseen:
Lause (Lindemannin–Weierstrassin lause). Jos n on positiivinen kokonaisluku, josα1, α2, . . . ,αn ovat al-gebrallisia lukuja, joista mitk¨a¨an kaksi eiv¨at ole yht¨a suuria, ja jos β1, β2, . . . , βn ovat nollasta poikkeavia algebrallisia lukuja, niin
β1eα1+β2eα2+. . .+βneαn 6= 0.
Kirjallisuudesta
Hermiten lause todistetaan monissa eri teoksissa, ku-ten vaikkapa [1, 3, 5, 7]. T¨allaisissa transkendentti-todistuksissa yleinen integraalien tai v¨aliarvolauseen soveltaminen on korvattu eksponenttifunktion Taylor-kehitelm¨an k¨ayt¨oll¨a kirjan [5] lukujenejaπ transken-denttisuuksien todistuksia seuraten.
Hermiten–Lindemannin ja Lindemannin–Weierstrassin lauseen todistuksia l¨oytyy vaikkapa teoksista [1, 3, 7], joista l¨oytyy my¨os algebrallisten lukujen perus-teoriaa. Algebrallisista luvuista perustietoa l¨oytyy
my¨os mainiosta kirjasta [6]. Vanha klassikkoteos [8]
sis¨alt¨a¨a helposti l¨ahestytt¨av¨ass¨a muodossa materiaalia niin algebrallisista luvuista kuin sovellutuksista mm.
yht¨al¨o¨onx3+y3=z3, yht¨al¨oiden algebralliseen ratkea-vuuteen ja harpilla ja viivaimella teht¨aviin konstruk-tioihin.
Solmunkin sivuilla on aiemmin ilmestynyt aiheeseen liittyvi¨a artikkeleita. Artikkelissa [2] irrationaalisista, algebrallisista ja transkendentaalisista luvuista l¨oytyy todistukset luvun e irrationaalisuudelle ja Liouvillen kauniille lauseelle, joka on yksinkertaisin tapa kon-struoida konkreettisia transkendenttisia lukuja. Artik-kelissa [4] on esitetty todistus lukujenπ ja π2 irratio-naalisuudelle. Hermiten lauseen todistusta voi halutes-saan verrata n¨aihin lukujenejaπirrationaalisuuksien todistuksiin.
Eksponenttifunktion perusteoriaa esitell¨a¨an t¨am¨an nu-meron sivuilla 23–27 P. Alestalon artikkelissa Ekspo-nenttifunktio.
Viitteet
[1] Burger, E. B., ja R. Tubbs: Making Transcen-dence Transparent. An intuitive approach to clas-sical transcendental number theory, Springer, 2004.
[2] Ernvall-Hyt¨onen, A.-M.: Rationaalisia, irra-tionaalisia, algebrallisia ja transkendenttisi¨a otuk-sia, Solmu, 3/2014, 12–15.
[3] Gel~fond, A. O.: Transcendentnye i al-gebraiqeskie qisla, URSS, 2015.
[4] Lehtinen, M.: Miksi π on irrationaalinen?, Sol-mu, 2/2001, 6–8.
[5] Perron, O.: Irrationalzahlen, G¨oschens Lehrb¨ucherei, Reine und angewandte Mathe-matik, 1, Walter de Gruyter & Co, 1960.
[6] Pollard, H., ja H. G. Diamond:The Theory of Algebraic Numbers, Dover Publications, 1998.
[7] Xidlovski˘i, A. B.: Diofantovy priblie-ni i transcendentnye qisla, Fizmatlit, 2007.
[8] V¨ais¨al¨a, K.:Lukuteorian ja korkeamman algebran alkeet, Tiedekirjasto, 17, Otava, 1961.
Eksponenttifunktio
Pekka Alestalo
Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto
Johdanto
Eksponenttifunktio ex on er¨as t¨arkeimmist¨a matema-tiikassa ja varsinkin sen sovelluksissa esiintyvist¨a funk-tioista. Ainoa syy t¨ah¨an on sen toteuttama differen-tiaaliyht¨al¨o D ex =ex, jota ilman (hieman liioitellen) kukaan ei olisi koskaan kuullutkaan Neperin luvustae.
Lukiokirjoissa eksponenttifunktiota k¨asitell¨a¨an v¨alill¨a hyvinkin huolettomasti, ja suppeimmasta p¨a¨ast¨a tai-taa olla seuraava ”m¨a¨aritelm¨a”: Eksponenttifunktion exarvo voidaan laskea laskimella jokaisella muuttujan xarvolla.
Syksyn 2017 pitk¨an matematiikan ylioppilaskokeen teht¨av¨ass¨a 8 tutkittiin polynomeja
Pn(x) = 1 + x 1!+x2
2! +x3
3! +· · ·+xn n! =
n
X
k=0
xk k!
ja niiden yhteytt¨a eksponenttifunktioon ex. Teht¨av¨an b-kohdassa t¨aytyi osoittaa, ett¨a Pn0(x) =Pn−1(x) kai-killa x ∈ R ja kaikilla indekseill¨a n = 2,3, . . ., jo-ka muistuttaa eksponenttifunktion derivoimisjo-kaavaa D ex=ex. Laskun t¨arkein v¨alivaihe on kaavan
n
n! = 1 (n−1)!
keksiminen, mutta muuten siin¨a tarvitaan vain polynomien derivoimiss¨a¨ant¨oj¨a. T¨am¨an
kirjoituk-sen tarkoitukkirjoituk-sena on selitt¨a¨a, kuinka polynomeis-ta Pn(x) p¨a¨ast¨a¨an eksponenttifunktion t¨asm¨alliseen m¨a¨aritelm¨a¨an, ja todistaa tarkasti kaikki sen ominai-suudet. Esitietona kannattaa tutustua kirjoitukseeni [1] Neperin luvusta, ja lis¨aksi tarvitaan joitakin pe-rustietoja sarjojen k¨asittelyst¨a; osa niist¨a kerrataan ly-hyesti. Loppuosan ominaisuuksien perustelu noudattaa perinteist¨a tyyli¨a ja l¨oytyy esimerkiksi viitteist¨a [7, lu-ku VI], [4, Chapter 25] ja [5, Chapter 21]. Kaikissa n¨aiss¨a oletetaan kuitenkin aikaisemmin todistetut po-tenssisarjojen derivoimiss¨a¨ann¨ot, jotka t¨am¨an kirjoitel-man yksinkertaisemmassa tilanteessa voidaan kiert¨a¨a.1
M¨ a¨ aritelm¨ a
Huolimattomasti p¨a¨atellen yht¨al¨ost¨aPn0(x) =Pn−1(x) voidaan ottaa raja-arvo, kunn→ ∞, jolloin p¨a¨adyt¨a¨an funktioon P(x) = limn→∞Pn(x), ja se toteuttaa vaa-ditun differentiaaliyht¨al¨on P0(x) = P(x). Raja-arvon olemassaolon lis¨aksi t¨ah¨an liittyy kuitenkin vakavampi ongelma. Tarkasti ottaen raja-arvoa n → ∞ sovelle-taan yht¨al¨o¨on
DPn(x) =Pn−1(x).
Oikealla puolella
n→∞lim Pn−1(x) =P(x)
1Jos t¨ast¨a kirjoituksesta j¨atet¨a¨an kaikki ylim¨a¨ar¨ainen pois, niin varsinaiset todistukset tiivistyv¨at alle kahteen sivuun.
ilman suurempia ongelmia, mutta vasemmalla puolella tarvittaisiin ominaisuutta
n→∞lim DPn(x) =D lim
n→∞Pn(x) =DP(x).
Toisaalta derivaatta D on (erotusosam¨a¨ar¨an) raja-arvo, ja yleens¨a kahden raja-arvon j¨arjestyksen vaih-taminen tuottaa hankaluuksia.
Esimerkki 1.Lausekkeelle n+kk on voimassa lim
Kun n¨ainkin yksinkertainen esimerkki osoittaa raja-arvojen vaihtamiseen liittyv¨an ongelman, niin on oi-keastaan hyvin yll¨att¨av¨a¨a, ett¨a derivaatan kohdalla operaatio on (yleens¨a) sallittu! Mutta t¨am¨a vaatii huo-lellista analysointia, johon seuraavaksi ryhdymme.
M¨a¨aritelm¨a 2. Eksponenttifunktio exp : R → R m¨a¨aritell¨a¨an kaavalla
exp(x) =
Siirtyminen polynomista sarjaan ei ole kuitenkaan ai-van ongelmatonta: Onko selv¨a¨a, ett¨a sarja suppenee kaikilla muuttujan arvoilla x ∈ R? M¨a¨aritelm¨an pe-rusteella ainoa helppo tapaus on exp(0) = 1.
Vastauksen antaa t¨ass¨a tapauksessa sarjoihin liittyv¨a suhdetesti.
Lause 3. (Suhdetesti)Jos sarjanP∞
k=0ak termeille on voimassa
Suhdetestin intuitiivinen perustelu on seuraava: Geo-metriselle sarjalle kahden per¨akk¨aisen termin suhde
ak+1
ak = q on sarjan suhdeluku, josta sen suppenemi-nen m¨a¨ar¨aytyy. Suhdetestin mukaan yleinen sarja sup-penee, jos sen termit k¨aytt¨aytyv¨at asymptoottisesti sa-malla tavalla kuin suppenevassa geometrisessa sarjassa.
Tarkemmin: Sarjan alkup¨a¨a ei vaikuta sen suppenemi-seen, joten voidaan olettaa, ett¨a |ak+1/ak| ≤ q < 1 jollekin vakiolleqja kaikillek. T¨ast¨a seuraa
|ak| ≤ |ak−1|q≤ |ak−2|q2≤ · · · ≤ |a0|qk,
joten sarjalle saadaan suppeneva geometrinen majo-rantti. N¨ain ollen sarja P∞
k=0ak suppenee Majorant-tiperiaatteen2 nojalla.
Funktion exp tapauksessaak =xk/k!, jolloin
Puutteellisia yrityksi¨a karttava lukija voi sivuuttaa t¨am¨an kappaleen kokonaan, katsoa apulauseen 4 ja siir-ty¨a suoraan lauseeseen 6. Toisaalta t¨am¨a kappale saat-taa ansaat-taa motivointia my¨ohemmille laskuille.
Nyt kun sarjan suppeneminen on selvitetty, voidaan ryhty¨a tutkimaan exp-funktion derivaattaa erotus-osam¨a¨ar¨an
eom(x, h) = exp(x+h)−exp(x) h
avulla. Yhdist¨am¨all¨a sarjat saadaan eom(x, h) = 1 sis¨all¨a olevaa erotusta voidaan k¨asitell¨a v¨aliarvolauseen (viite [2])
f(b)−f(a) =f0(c)(b−a)
avulla valitsemallaf(x) =xk,b=x+hjaa=x. N¨ain saadaan kaikillak≥1
(x+h)k−xk =kck−1k h, viimeisess¨a vaiheessa on siirretty summausindeksi¨ak− 17→k, joka muuttaa my¨os alkukohdank= 17→k= 0.
Jos x >0 ja h > 0, niinx≤ck+1 ≤x+h kaikilla k, joten erotusosam¨a¨ar¨alle saadaan arviot
exp(x)≤eom(x, h)≤
kpksuppenee, niin sarjaP
kaksuppenee.