Beweisarchiv: Algebra: Körper: Approximationssatz von Liouville

Beweisarchiv: Algebra

Halbgruppen: Linksneutrale und rechtsneutrale Elemente

Gruppen: Bahnensatz · Elementordnung 2 und Kommutativität · Untergruppenordnung teilt Gruppenordnung · Klassifikation endlicher abelscher Gruppen · Klassifikation endlich erzeugter abelscher Gruppen · Sylow-Sätze · Archimedische Eigenschaft der reellen Zahlen · Lineare Abbildungen und Matrizen

Ringe: Binomischer Lehrsatz · Boolesche Ringe · Chinesischer Restsatz

Körper: Endlicher Integritätsbereich · Approximationssatz von Liouville· Transzendenz von e und π · Zahlencharakter von e· Die Existenz der reellen Wurzel

Moduln: freie Moduln sind projektiv

Satz

Ist $\alpha$ eine algebraische Zahl vom Grad $n\geq 1$, so gibt es eine reelle Zahl $c>0$, so dass für alle von $\alpha$ verschiedenen (im Falle $n>1$ also für alle) rationalen Zahlen ${\tfrac {p}{q}}$ gilt:

$\left|\alpha -{\frac {p}{q}}\right|\geq {\frac {c}{q^{n}}}.$

Beweis

Sei $\alpha$ algebraisch vom Grad $n$ und entsprechend Nullstelle des Polynoms $f(X)\in \mathbb {Z} [X]$ vom Grad $n$, d.h.

$f(\alpha )=a_{0}+a_{1}\alpha +\cdots +a_{n}\alpha ^{n}=0$

mit $a_{0},\ldots ,a_{n}\in \mathbb {Z}$ und $a_{n}\neq 0$.

Da $\alpha$ Nullstelle ist, lässt sich durch Polynomdivision im Ring $\mathbb {C} [X]$ der Linearfaktor $X-\alpha$ abspalten:

$(1)\quad f(X)=(X-\alpha )\cdot g(X).$

Hierbei liegt das Polynom $g(X)$ allerdings allgemein nicht in $\mathbb {Z} [X]$, sondern hat lediglich algebraische Koeffizienten. Aber zumindest ist die Funktion $\mathbb {R} \to \mathbb {C}$, $t\mapsto g(t)$ stetig, so dass es reelle Zahlen $c_{1}>0$, $c_{2}>0$ gibt mit

$(2)\quad \left|g(x)\right|\leq c_{1}$, falls $|\alpha -x|<c_{2}$.

Da das Polynom $f(X)$ nur endlich viele Nullstellen hat, können wir oBdA. zusätzlich voraussetzen, dass keine weitere Nullstelle in der besagten Umgebung von $\alpha$ liegt, d.h.

$(3)\quad f(x)\neq 0$, falls $|\alpha -x|<c_{2}$ und $x\neq \alpha$.

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=\min\{c_{2},{\frac {1}{c_{1}}}\}$

wählt.

Zum Beweis sei also $p,q\in \mathbb {Z}$, $q>0$ und es gelte

$(4)\quad \left|\alpha -{\frac {p}{q}}\right|<{\frac {c}{q^{n}}}.$

Es ist zu zeigen, dass hieraus $\alpha ={\tfrac {p}{q}}$ folgt.

Zunächst ergibt sich aus (4) sofort

$(5)\quad \left|\alpha -{\frac {p}{q}}\right|<c\leq c_{2},$

wegen (2) also $\left|g({\tfrac {p}{q}})\right|\leq c_{1}$. Dann folgt weiter aus (1) und nochmals (4)

$\left|f{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}\right|=\left|{\frac {p}{q}}-\alpha \right|\cdot \left|g{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}\right|<{\frac {c}{q^{n}}}\cdot c_{1}\leq {\frac {1}{q^{n}}},$

also

$\left|q^{n}\cdot f{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}\right|<1.$

Nun ist jedoch

$q^{n}\cdot f{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}=a_{0}q^{n}+a_{1}pq^{n-1}+\cdots +a_{n}p^{n}\in \mathbb {Z}$

und vom Betrag kleiner als 1, muss also 0 sein. Dann gilt auch $f({\tfrac {p}{q}})=0$ und wegen (3) und (5) schließlich $\alpha ={\tfrac {p}{q}}$, was zu zeigen war.

Alternativer Beweis

Seien $\alpha$ und $f(X)$ wie oben. Falls $\alpha$ nicht reell ist, gilt die Aussage des Satzes mit $c=|\operatorname {Im} (\alpha )|$. Es sei daher im Weiteren $\alpha \in \mathbb {R}$.

Sei $r>0$ beliebig und

$M:=\max _{|x-\alpha |\leq r}|f'(x)|.$

Behauptung: Die Aussage des Satzes gilt, wenn man

$c:=\min\{r,{\frac {1}{M}}\}$

wählt.

Zum Beweis sei wiederum $p,q\in \mathbb {Z}$ mit $q>0$. Falls $|\alpha -{\tfrac {p}{q}}|>r$ ist, sind wir fertig. Ist dagegen $|\alpha -{\tfrac {p}{q}}|\leq r$, so folgt nach dem Mittelwertsatz der Differenzialrechnung

$f{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}=f{\Bigl (}{\frac {p}{q}}{\Bigr )}-f(\alpha )={\Bigl (}{\frac {p}{q}}-\alpha {\Bigr )}\cdot f'(\xi )$

für eine Stelle $\xi$ zwischen $\alpha$ und ${\tfrac {p}{q}}$, also insb. $|\xi -\alpha |\leq r$. Somit ist $|f'(\xi )|\leq M$. Außerdem ist ebenso wie im ersten Beweis $q^{n}f({\tfrac {p}{q}})\in \mathbb {Z}$. Da das Polynom $f(X)$ von minimal möglichem Grad ist, ist es über $\mathbb {Z}$ irreduzibel, nach dem Lemma von Gauß auch über $\mathbb {Q}$. Dann ist insb. (außer im trivialen Fall $\alpha ={\tfrac {p}{q}}$) die rationale Zahl ${\tfrac {p}{q}}$ keine Nullstelle, es folgt $|q^{n}f({\tfrac {p}{q}})|\geq 1$ und somit

${\frac {1}{q^{n}}}\leq {\Bigl |}{\frac {p}{q}}-\alpha {\Bigr |}\cdot M$

bzw.

${\Bigl |}\alpha -{\frac {p}{q}}{\Bigr |}\geq {\frac {1}{Mq^{n}}}\geq {\frac {c}{q^{n}}}.$

Korollar

Ist $\alpha \in \mathbb {R}$ und gibt es zu jedem $m>0$ eine rationale Zahl ${\tfrac {p}{q}}\neq \alpha$ mit $q>1$ und $|\alpha -{\tfrac {p}{q}}|<{\tfrac {1}{q^{m}}}$, so ist $\alpha$ transzendent.

Insbesondere ist die Liouville-Zahl

$L:=\sum _{k=1}^{\infty }10^{-k!}$

transzendent.

Beweis

Ist $\alpha$ nicht transzendent, so ist es algebraisch von einem Grad $n$. Ist dann $c$ wie im obigen Satz gewählt, so kann ${\frac {c}{q^{n}}}\leq |\alpha -{\tfrac {p}{q}}|<{\tfrac {1}{q^{m}}}$ nur gelten, wenn $c<q^{n-m}$ ist. Wenn hierbei $m$ hinreichend groß ist, kann diese Ungleichung jedoch nicht erfüllt sein, denn wenn $m\geq n$ ist, ist die rechte Seite $\leq 2^{n-m}$.

Im Fall $\alpha =L$ ist die $n$-te Teilsumme $s_{n}:=\sum _{k=1}^{n}10^{-k!}$ eine rationale Zahl mit Nenner $q=10^{n!}$ und natürlich von $L$ verschieden. Es gilt

$|L-s_{n}|=\sum _{k=n+1}^{\infty }10^{-k!}<\sum _{k=(n+1)!}^{\infty }10^{-k}={\frac {1}{9\cdot 10^{(n+1)!-1}}}<{\frac {1}{10^{n\cdot n!}}}={\frac {1}{q^{n}}},$

so dass mit dem ersten Teil des Korollars die Transzendenz von $L$ folgt.