A TRANSFORMAÇÃO DE GAUSS

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1 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO CARLOS CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DE TECNOLOGIA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA A TRANSFORMAÇÃO DE GAUSS Tales Villas Boas dos Santos São Carlos - SP Dezembro - 200

2 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO CARLOS CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DE TECNOLOGIA DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA A Transformação de Gauss Tales Villas Boas dos Santos RA: Dissertação apresentada ao Departamento de Matemática da UFSCar como parte dos requisitos para a obtenção do título de Licenciado em Matemática Orientador: Prof Dr Luís Antônio Carvalho dos Santos São Carlos - SP Dezembro - 200

3 3 São Carlos, 5 de Dezembro de 200 Tales Villas Boas dos Santos Orientador: Luís Antônio Carvalho dos Santos

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5 Sumário Introdução 7 2 Transformação de Gauss 9 3 Frações Contínuas 3 4 Boas Aproximações por Racionais 9 5 Números Algébricos e Transcendentes 25 5 Teorema de Liouville Teorema de Lagrange Exemplos de transcendentes: e e π 3 Referências Bibliográcas 37 5

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7 Capítulo Introdução Ao nal de nossa graduação em Matemática deveremos desenvolver uma monograa, cuja a escolha do tema ca por nossa conta, do aluno e de seu orientador Como aluno escolhi meu orientador já voltado para a área de análise, parte da Matemática que despertou meu interesse durante minha vida acadêmica Ao escolher o tema visamos produzir um trabalho de conclusão de curso sobre um assunto pouco tratado durante a graduação Uma motivação para o começo do trabalho foi o estudo da transformação de Gauss, que dá título ao trabalho, esta se destaca por ser uma função com propriedades dinâmicas notáveis, além de gerar, por meio de frações contínuas, uma boa aproximação de números reais u- sando números racionais Por boa aproximação estou falando da velocidade de convergência Apresentei então, inicialmente, como que aplicando repetidamente a transformação aparece uma fração contínua, em seguida esbocei o gráco da transformação no intervalo [0,] e termino mostrando que a transformação de Gauss preserva uma medida Dessa forma podemos estudar os números irracionais a partir de convergentes racionais Um convergente é um truncamento de uma fração contínua, e esses convergentes são bem comportados e possuem diversas relações que estão em algumas proposições, corolários e teoremas Esses convergentes ainda podem ser usados para se aproximar um número real o quanto se queira, e o estudo dessas aproximações nos leva até a constante 5, o maior número que majora uma quantidade innita de aproximações Ao nal do trabalho são estudados os números irracionais que podem ser divididos em algébricos e transcendentes, ou seja, números que são raízes de polinômios com coecientes inteiros e os que não são raízes de polinômios com coecientes inteiros Estudei nesse trabalho o Teorema de Liouville, que relaciona a transcendência com as frações contínuas, e o Teorema de Lagrange, que mostra que toda fração contínua periódica é um irracional 7

8 8 CAPÍTULO INTRODUÇÃO algébrico de grau 2 Para a maior parte desses resultados foi estudado o livro "Continued Fractions", do russo AYaKhinchin, com o auxílio do texto do professor Carlos Gustavo Moreira E ao nal do trabalho estudei os dois números transcendentes mais conhecidos, e e π usando o livro do Baker

9 Capítulo 2 Transformação de Gauss Denição 20 Dado x R denimos [x] como o único inteiro tal que [x] x < [x] + O número inteiro [x] denomina-se o maior inteiro menor do que o número real x Segue da denição que 0 x [x] < Denição 202 Denimos a Transformação de Gauss pela ϕ : [0, ] [0, ] ϕ(x) = [ ], se x 0 x x 0, se x = 0 Vejamos que a transformação ϕ está bem denida Seja x [0, ] então x e ϕ = x [ x] [0, ] Logo ϕ(x) [0, ] para todo x [0, ] Veremos a seguir como a Transformação de Gauss pode ser utilizada para a expansão de um número real em frações contínuas Seja x [0, ] e denotando por a [ ] o número inteiro x de ϕ(x) = [ x x] obtemos a igualdade x = a + ϕ(x) (20) [ Aplicando novamente este raciocínio, ou seja, denotando por a 2 o número inteiro [ ] ϕ 2 (x) = obtemos a seguinte igualdade ϕ(x) ϕ(x) ϕ(x) = Substituindo (202) em (20) obtemos x = ϕ(x) ] de a 2 + ϕ 2 (x) (202) a + a 2 +ϕ 2 (x) 9

10 0 CAPÍTULO 2 TRANSFORMAÇÃO DE GAUSS Recursivamente, e denotando cada inteiro [ ϕ j (x) ] de a j, obtemos a seguinte expansão x = a + a a k +ϕ k (x) Na construção da Transformação de Gauss temos que se se 2 < x x < 2 3 < x 2 2 x < 3 [ ] = ϕ(x) = x x [ ] = 2 ϕ(x) = x x 2 Continuando com este raciocínio vemos que a transformação de Gauss é dada por ϕ(x) = x k para todo k+ < x k Consideremos então a transformação de Gauss ϕ : [0, ] [0, ] denida por ϕ(x) = x [ x] (Figura 2) Figura 2: Transformação de Gauss

11 Lema 20 Para todo intervalo [a, b] [0, ] a transformação de Gauss ϕ : [0, ] [0, ] satisfaz a seguinte propriedade: ϕ ([a,b]) b + x dx = dx (203) a + x Demonstração: Considere a seguinte estimativa ϕ ([a,b]) + x dx = n= [ b+n, = = = = lim M = lim M a+n a+n ] + x dx + x dx n= b+n ( ) ( ) ln a + n + ln b + n + n= ( ) ( ) a + n + b + n + ln ln a + n b + n n= M [ ( ) ( )] b + n b + n + ln ln a + n a + n + n= [ ( ) ( )] b + b + M + ln ln a + a + M + Como a soma na penúltima igualdade é telescópica e ( ) b + M + lim ln = 0 M a + M + temos que ϕ ([a,b]) b + b dx = ln + x a + = a + x dx

12 2 CAPÍTULO 2 TRANSFORMAÇÃO DE GAUSS

13 Capítulo 3 Frações Contínuas Dado um número x R consideremos a seguinte sequência de números naturais (a n ) denidos recursivamente através da seguinte relação a n = [α n ] sendo α 0 = x e, se α n então α n+ = α n a n, para todo n N Se, para algum n, α n = a n temos / Z x = α 0 = a 0 + a + a an = [a 0 ; a, a 2,, a n ] Caso contrário, x = a 0 + a + a 2 + = [a 0 ; a, a 2, ] Denição 303 Seja x = [a 0 ; a, a 2, ] sua expansão em frações contínuas Então o n-ésimo convergente do número real x é denido pelo número racional p n tal que p n = [a 0 ; a, a 2,, a n ] (30) Proposição 30 A sequência dos convergentes de uma expansão em frações contínuas satisfaz as seguintes propriedades: (i) p 0 = a 0, p = a 0 a +, q 0 = e q = a ; (ii) p n = a n p n + p n 2 e = a n + 2 para todo n 2; (iii) p n+ p n + = ( ) n para todo n 0 Demonstração: O item (i) segue por denição nita sobre n Seja [a 0 ; a, a 2,, a n ] = pn 3 Para a prova de (ii) usaremos indução o n-ésimo convergente de uma expansão em

14 4 CAPÍTULO 3 FRAÇÕES CONTÍNUAS frações contínuas, mostraremos que as sequências (p n ) e ( ) estão denidas por p 0 = a 0, p = a 0 a +, q 0 = e q = a e ainda p n = a n p n + p n 2 e = a n + 2 para todo n 2 De fato para n = 0, n = e n = 2 devemos mostrar que p 2 = a 2 p + p 0 e q 2 = a 2 q + q 0 De fato, p 2 q 2 = [a0 ; a, a 2 ] = a 0 + a + a 2 = a 2(a 0 a + ) + a 0 a a 2 + = a 2p + p 0 a 2 q + q 0 Suponha que a armação seja válida para k = n Para k = n + temos Prova de (iii) Seja p n+ + = [a0 ; a, a 2,, a n, a n+ ] = [a 0 ; a, a 2,, a n, a n + a n+ ] = (a n + a n+ )p n + p n 2 (a n + = a n+(a n p n + p n 2) + p n a n+ ) + 2 a n+ (a n + 2 ) + = a n+p n + p n a n+ + Ψ n+ = p n+ p n +, para todo n 0 Aplicando (ii) na igualdade anterior obtemos Ψ n+ = p n+ p n + = (a n+ p n + p n ) (a n+ + )p n = (p n p n ) = Ψ n Logo, a sequência Ψ n satisfaz a seguinte propriedade Ψ n+ = Ψ n para todo n 0 Assim, Ψ n+ = ( ) 2 Ψ n = ( ) 3 Ψ n 2 = = ( ) n Ψ Mas Ψ = p q 0 p 0 q = (a 0 a + ) a 0 a =, ou seja Ψ n+ = ( ) n Denição 304 Se x = [a 0 ; a, a 2, ] podemos escrever x = [a 0, a,, a n, α n ], onde α n = [0; a n, a n+, ] Corolário 30 Para todo x R x = α np n + p n 2 α n + 2, (302) onde α n = p n 2 2 x x p n (303)

15 5 Demonstração: Note que a prova da Proposição (30) independe se α n é um número inteiro ou não e a segunda é a primeira se isolarmos o α n Corolário 302 Para todo n, p n p n = ( )n (304) Demonstração: Seja n xo e notemos que p n p ( ) n pn p n = Graças ao item (iii) da Proposição (30) temos que p n p n = ( )n Teorema 30 Para todo n 2, p n 2 p n 2 = ( ) n a n (305) Demonstração: Multiplicando as equações p n = a n p n + p n 2 e = a n + 2 por 2 e p n 2 respectivamente e subtraindo a primeira da segunda obtemos p n 2 p n 2 = a n ( p n 2 p n 2 ) = ( ) n a n Corolário 303 Para todo n 2 p n 2 2 p n = ( )n a n 2 Demonstração: Dividindo os termos da equação (305) por 2, obtemos o resultado Teorema 302 Os convergentes de ordem par formam uma sequência crescente de números racionais e os convergentes de ordem ímpar formam uma sequência decrescente de números racionais

16 6 CAPÍTULO 3 FRAÇÕES CONTÍNUAS Demonstração: A prova segue do corolário anterior Exemplo 30: Seja a sequencia de Fibonacci,{,, 2, 3, 5, } dada recursivamente por: ϕ 0 =, ϕ = e ϕ n = ϕ n + ϕ n 2 se n 2 Então lim n ϕ n =, mas criando uma nova sequencia, Φ n = ϕ n+ ϕ n, veremos que esta converge Vamos provar isso via fraçõescontínuas Temos: Φ 0 = =, Φ = 2 = +, Φ 2 = 3 2 = + + Podemos assim escrever Φ n+ = [;,,, ], assim }{{} Seja α = lim n Φ n, então n vezes Φ n = p n = p n + p n = p n + p n 2 p n 2 + p n 3 α = + α Portanto α = A próxima proposição fornece explicitamente o erro da aproximação de x pelo convergente p n Proposição 302 Para cada n N xo x p n = ( ) n (α n+ + β n+ )q 2 n sendo Demonstração: Portanto β n+ = = [0; a n, a n, a n 2,, a ] α n+ + β n+ = p n x x p n x p n = ( x p n ) q 2 n = p n p n ( x p n ) ( ) n = ( x p n ) = + ( ) n (α n+ + β n+ )qn 2

17 7 Teorema 303 Para todo n N x p n < + qn 2 Demonstração: É fácil, pela proposição anterior, ver que x pertence a um dos seguintes ( ) ( ) p intervalos n, p n+ +, pn+ +, pn e portanto vale a desigualdade: x p n p n+ p n + = ( ) n + = + Como + > para todo n N segue que <, + qn 2 então x p n < qn 2

18 8 CAPÍTULO 3 FRAÇÕES CONTÍNUAS

19 Capítulo 4 Boas Aproximações por Racionais Denição 405 Chamaremos de Melhor Aproximação uma fração a, (b > 0), com a e b b Z, para um número real x se x c > x a d b para todas as frações c d satisfazendo: 0 < d b e a b c d Essa denição será chamada de uma aproximação de primeiro tipo A denição que segue será chamada de uma aproximação de segundo tipo A razão entre x p q e, é qx p, q ou seja x p q q = qx p Denição 406 A fração a b será uma aproximação do segundo tipo se dx c > bx a para 0 < d b e a b c d Proposição 403 Toda aproximação de segundo tipo também é uma aproximação de primeiro tipo Demonstração: Se a b d b Assim, é uma aproximação do segundo tipo então dx c > bx a com x c d x a b > d b 9

20 20 CAPÍTULO 4 BOAS APROXIMAÇÕES POR RACIONAIS E então x c > x a d b O próximo resultado nos diz que todo convergente pn tipo é uma boa aproximação de segundo Teorema 404 Seja pn dado número real Então, para todo p, q Z, tais que 0 < q, p q pn o n-ésimo convergente da expansão em frações contínuas de um x p n < qx p (40) Demonstração: Como p q pn temos que p qp n logo p q p n q Como + > q segue que p q p n > + e portanto p q está fora do intervalo ( p n, p n+ + ) Portanto, x p { q min p q p n, p q p } n+ + q+ E assim, qx p + x p n E toda boa aproximação será um convergente como veremos no teorema a seguir Teorema 405 Seja qx p uma boa aproximação de segundo tipo de x = [a 0 ; a, a 2, ], então p q é um convergente de x Demonstração: Denotemos por p k q k de x Suponha que p q p i q i, i N então mostraremos que p q o k-ésimo convergente da expansão em frações contínuas segundo tipo De fato, temos então alguns casos a serem considerados pois ( R =, p ] ( 0 p0, p ) [ ) p,, q 0 q 0 q q não é uma boa aproximação de

21 2 Caso p q (, p 0 q 0 ) Neste caso p q p 0 q 0 = a 0, então x a 0 < x p q qx p q qx p, logo encontramos um racional a 0 p q (406) aparece invertida mostrando que p q Caso 2 p q ( p 0 q 0, p q ) com q tal que a desigualdade contida na Denição não é uma boa aproximação de segundo tipo Neste caso, p q pertence a um intervalo cujos pontos extremos são da forma p k q k e p k+ q k+ Sem perda de generalidades podemos assumir que p k q k < p q < p k+ q k+ De fato, este caso ocorre quando k é ímpar Temos então as seguintes desigualdades p q p k (402) qq k e q k p q p k < p k p k q k = (403) q k q k q k q k Logo, graças as desigualdades acima temos que q > q k Além disso, portanto, Assim, x p q p k+ p q k+ q, qq k+ qx p = q x p q q k+ q k x p k = q k x p k q k p k+ q k p k q k+ qx p, q k+ mostrando que p não é uma boa aproximação de segundo tipo ( q ) Caso 3 p p q q, Ainda, se p q > p q, temos então q k x p q > p p q q, qq qx p > q Por outo lado temos x a 0 = x p 0 < p p 0 q =, q q 0 q 0

22 22 CAPÍTULO 4 BOAS APROXIMAÇÕES POR RACIONAIS então qx p > x a 0 = x a 0 = q 0 x p 0, o que novamente contradiz a denição de boa aproximação de segundo tipo, e portanto p q é um convergente Teorema 406 Toda fração irredutível p q x que satisfaz p < q 2q 2 é um convergente de x Demonstração: Suponha x p n qx p < 2q ( > 0, p n p ) q Então, Portanto, Por outro lado, como pn Como > q então p q x p q < 2q p n p q x p n + x p q < + 2q 2q = + q 2 2 q 2 p q, temos p n p q < + q q q 2 q 2 é uma boa aproximação do segundo tipo e assim um convergente de x Lema 402 Se k 2, α n+ + β n+ 5 e α n + β n 5, então β n+ > 5 2 Demonstração: Como e segue que β n+ = = a n + β n α n = a n + α n+, Para n = k e n = k +, temos nas hipóteses do lema, α n+ + β n+ = α n + β n (404) α n + β n 5, α n + β n 5

23 23 Isolando os α n e multiplicando as desigualdades temos = α n α n ( 5 βn ) ( 5 β n ), fazendo a distributiva completando o quadrado 0 < 5 ) 5 (β n + βn, ( ) < 2 β n, nalmente obtemos Que prova o lema racional p k q k β n > 5 2 Teorema 407 Para todo x irracional, n temos { pn, pn, p n+ } + x p k q k < 5q 2 k para pelo menos um Demonstração: Pela proposição (302), x p n = ( ) n (α n+ + β n+ )qn 2 Suponha que o teorema seja falso Então existe x irracional, n > com α n + β n 5 α n+ + β n+ 5 α n+2 + β n+2 5 Pela Equação (302), temos x p n = α n+ p n + p n+ p n α n+ + + = ( α n+ ) + = qn(α 2 n+ + β n+ ) Do lema temos que β n > E portanto, pela equação (404), 5, β n+ > a k = β k+ β k < =,

24 24 CAPÍTULO 4 BOAS APROXIMAÇÕES POR RACIONAIS absurdo pois a k é um inteiro positivo, essa contradição termina a prova do teorema A próxima proposição mostra que 5 é a menor constante c tal que a inequação x p q < c q 2 é satisfeita pra uma sequência innita de racionais Proposição é o maior número tal que α p q < 5q 2 tem innitas soluções racionais p q Demonstração: Tome ɛ > 0 e α = e suponha por absurdo que exista uma sequência de racional pn tal que p n < ( 5 + ɛ)qn 2 Podemos tomar a sequência de tal maneira que quando n Assim, ( q + ) 5 n p n < 2 ( 5 + ɛ) Multiplicando ambos lados por ( q ) 5 n p 2 n obtemos + p 2 n p n qn 2 < ɛ 5 pn 2 Como os pn s formam uma sequência que se aproxima do irracional então lim n ( + ) 5 p n = 0 2 Então, no limite + 5 p 5 2 q = 5 + ɛ ɛ Porém 5 5+ɛ < mas p 2 n p n q 2 n Absurdo

25 Capítulo 5 Números Algébricos e Transcendentes 5 Teorema de Liouville Denição 5 x é irracional algébrico de grau n se é raiz de uma equação de coecientes inteiros de grau n e nenhuma menor que n Exemplo 52: 2 é um irracional de grau 2 pois é raiz da equação x 2 2 = 0 Além disso 2 não é raiz de nenhuma equação de grau com coecientes inteiros Ora, suponha por absurdo que 2 fosse de grau, então existiriam a, b Z tais que a 2 + b = 0, mas então 2 = b a, absurdo Denição 52 Se um irracional não é algébrico dizemos que ele é transcendente Exemplo 53: π, e, 2 2, e π são exemplos de irracionais transcendentes Teorema 5 Para cada irracional algébrico α de grau n, existe um número positivo C tal que, para quaisquer p e q(q > 0) arbitrários, α p q > C q n Demonstração: Suponha que α seja raiz de uma equação polinomial de grau n, f(α) = 0 Aplicando o algorítmo de Euclides obtemos f(x) = (x α)f (x), (5) onde f (x) é um polinômio de grau n Podemos armar que f (α) 0, pois senão α seria raiz de um polinômio de grau n, contradizendo assim o fato de α ser um número 25

26 26 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES algébrico de grau n Podemos supor sem perda de generalidade que f (α) > 0 Pelo Teorema da Conservação do Sinal δ > 0 tal que f (x) > 0 (α δ x α + δ) Suponha que p e q(q > 0) são um par de inteiros arbitrários Dividiremos a demonstração em dois casos Caso Suponha α p q δ ( ) p Neste caso f > 0, pois p (α δ, α + δ) q q e, substituindo x = p na equação (5), q obtemos ( ) ( p p f a q α = q 0 + a ( ) = p f q p q ) + + a n ( f ( Assim, calculando o valor absoluto temos a 0 + a p + + a n p n ( ) p f ( f q p q ) ) n p q = a 0 + a p + + a n p ( ) n (52) p f q p q ) = ( f p q ) (53) ( pois o numerador dessa fração é um número inteiro diferente de zero De fato, se f então p q p q ) = 0 seria um zero do polinômio f(x) contido no intervalo (α δ, α + δ) onde α é um zero isolado Logo, por unicidade teríamos que α = p q contradizendo assim o fato de α ser um irracional Este numerador é então pelo menos igual à unidade em valor absoluto Seja ( ) p M = max{f (x); x α δ} então f M Graças à (52) e (53) obtemos a seguinte estimativa q α p q Mq n Concluímos assim, a demonstração do Teorema no Caso, tomando C = M Caso 2 Suponha que α p q > δ Neste caso, observemos que α p q > δqn δ Concluímos assim, a demonstração do Teorema no Caso 2, tomando C = δ Escolhendo C = min{δ, }, obtemos assim, para p e q(q > 0) inteiros arbitrários a M seguinte desigualdade α p q > C q n

27 5 TEOREMA DE LIOUVILLE 27 Observação 5 Pela contra-positiva do Teorema (5), se α é um irracional tal que para cada C > 0 e n Z + existem inteiros p e q(q > 0), tais que α p q C q, n (54) então α é um número não algébrico, isto é, é transcendente Denição 53 Um número real x é dito de Liouville se para todo n N existirem p e q inteiros tais que 0 < x p q < q, q > n Veremos nos resultados a seguir que os números de Liouville não só são irracionais como são transcendentes Proposição 5 Todo número de Liouville é irracional Demonstração: Essa prova será feita por contradição Então suponha que x = c d e tome n tal que 2 n > d Se x fosse de Liouville existiriam p e q tais que 0 < x p q < q, n a primeira desigualdade mostra que p c Disso e do fato de p, q, c e d serem inteiros temos q d que cq pd Assim x p q = c d p q = cq pd dq dq > 2 n q chegamos na contradição Portanto se x de Liouville, x é irracional Proposição 52 Todo número de Liouville é transcendente Demonstração: O fato dos números de Liouville serem transcendentes decorre da Observação (5) no caso particular quando C = Para C > é simples ver que a desigualdade continua sendo verdadeira Segue da denição de número de Liouville que existe uma sequência de racionais k { } p tal que q k 2 q < q 2 < q 3 < e x p k q k <, k =, 2, 3, qk k (55)

28 28 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES Dados 0 < C < e n N seja k 0 N sucientemente grande tal que q k n k Então, xado um k k 0 temos que x p k q k < qk k < C, k k 0 (56) = q k n k mostrando que a condição (54) é satisfeita com p q = p k q k Exemplo 54: A constante de Liouville é denida por L = 0 j! j= k C k Proposição 53 A constante de Liouville é um número de Liouville Demonstração: Para algum n xo dena p e q da forma n p = 0 n! j!, q = 0 n! Temos assim L p q = j=n+ 0 j! = j= 0 (n+j+)! Portanto L é um número de Liouville 0 (n+)! j = 0 (n+)! 0 j < 0 n!n = q n 52 Teorema de Lagrange Denição 52 Uma fração contínua [a 0 ; a, a 2, ] é periódica de período k(k ) (diferença da repetição) e de ordem i(i 0) (começo da repetição), se e só se, a n+k = a n, n i Assim, em analogia com uma dízima periódica, representaremos uma fração contínua periódica por x = [a 0 ; a, a 2,, a i, a i, a i+,, a i+k ] Exemplo 525: 7 é uma fração contínua periódica de ordem 2 e período 4, pois 7 = [2;,,, 4]

29 52 TEOREMA DE LAGRANGE 29 Teorema 52 x é uma irracionalidade quadrática (ou de grau 2), se e somente se, sua representação em frações contínuas é periódica Demonstração: Suciência: Se a representação em frações contínuas de um número é periódica, então existem i 0 e k tais que satisfazem a relação a n+k = a n para todo n i Denotando por α n = [0; a n, a n+, ] o resto da expansão em frações contínuas, é fácil ver que α n+k = α n, n i De fato, α n+k = [0; a n+k, a n+k+, ] = [0; a n, a n+, ] = α n Assim α n+k = α n para todo n i Portanto, pelo Corolário (30), x = p n α n + p n 2 α n + 2 = p n+k α n+k + p n+k 2 +k α n+k + +k 2 (52) Usando a periodicidade temos que, se n i, então então, usando (52) e (522) temos que p n+k α n+k + p n+k 2 +k α n+k + p n+k 2 = p n+k α n + p n+k 2 +k α n + p n+k 2, (522) p n α n + p n 2 α n + 2 = p n+k α n + p n+k 2 +k α n + p n+k 2 Que multiplicando em cruz resulta em A n α 2 n + B n α n + C n = 0 onde A n = p n +k p n+k B n = p n +k 2 + p n 2 +k (p n+k 2 + p n+k 2 ) C n = p n 2 +k 2 p n+k 2 2 E portanto α n satisfaz uma equação do segundo grau com coecientes inteiros Como x pode ser escrito como em (524) a partir do α n provamos que se x é uma fração contínua periódica então ela é raiz de uma equação do segundo grau

30 30 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES Necessidade: Vamos provar agora que se x é uma irracionalidade quadrática (e portanto raiz de uma equação do segundo grau) então a fração contínua de x é periódica, ie, existem n e k tais que α n+k = α n, n i Neste caso, existem a, b, c inteiros tais que ax 2 + bx + c = 0 (523) Temos, ainda, pelo Corolário (30) que e portanto x = p n α n + p n 2 α n + 2, (524) ( ) 2 ( ) pn α n + p n 2 pn α n + p n 2 a + b + c = 0 α n + 2 α n + 2 Agora escrevendo a equação para α n obtemos A n α 2 n + B n α n + C n = 0 (525) Com A n = ap 2 n + bp n + cqn 2, B n = 2ap n p n 2 + b(p n 2 + p n 2 ) + 2c 2, C n = ap 2 n 2 + bp n cqn 2 2 Disso, em particular, obtemos que C n = A n Com esses A n, B n e C n, é simples ver que Bn 2 4A n C n = (b 2 4ac)(p n 2 p n 2 ) 2 = (b 2 4ac)( ) 2n = b 2 4ac =, isso é, o discriminante de (525) é o mesmo de (523) para todo n Além disso, como x p n <, então denimos δ n = q 2 n ( pn q 2 n ) x e assim δ n <, pois δ n = qn 2 x p n < q2 n q 2 n = Portanto, p n = x + δ n

31 53 EXEMPLOS DE TRANSCENDENTES: E E π 3 Substituindo em A n, obtemos, ( A n = a x + δ ) 2 ( n + b x + δ ) n + cqn 2 = (ax 2 + bx + c)qn 2 + 2axδ n + a δ2 n + bδ qn 2 n Aplicando o módulo em ambos os lados e utilizando a desigualdade trigular obtemos, A n = 2axδ n + a δ2 n + bδ n < 2 ax + a + b, q 2 n do mesmo modo, C n = A n < 2 ax + a + b Assim, A n e C n são limitados e podem assumir apenas um número nito de valores, como B n = 4A n C n, então B n assume um número limitado de valores e portanto armo que se a sequência {α n } n= assume um número nito de valores, então existem n e k Z + tais que, para todo n i, implica que α n = α n+k De fato, suponha pela contra-positiva, que para todo i e k Z +, existe n i tal que α n α n+k, disto implica que para cada k j = j Z + xo existe um n j j tal que α nj α nj +k Como sabemos que isso vale para todo k então existem innitos valores de α j Isso mostra que a representação da fração contínua de x é periódica 53 Exemplos de transcendentes: e e π Teorema 53 O número real e é transcendente Demonstração: Antes da prova em si veremos que se um polinômio f(x) é de grau m, e se I(t) = t 0 e u t f(u)du, onde t é um número real qualquer Resolvendo essa integral por partes, t e u t f(u)du = f(t) + e t f(0) + t 0 0 Resolvendo essa nova integral que apareceu, obtemos t e u t f (u)du = f (t) + e t f (0) + t 0 0 e u t f (u)du (53) e u t f (2) (u)du (532)

32 32 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES Substituindo (532) em (53), chegamos em I(t) = e t Recursivamente obtemos I(t) = e t f (j) (0) m f (j) (0) f (j) (t) + m f (j) (t) + t t 0 0 e u t f (2) (u)du e u t f (m+) (u)du Mas como f é de grau m então t 0 eu t f (m+) (u)du = 0, então temos que I(t) = e t m f (j) (0) m f (j) (t) (533) Uma função f(x) pode ser escrita como a diferença de sua parte positiva para sua parte negativa, ou seja f(x) = f + (x) f (x), f(x),, se f(x) 0 f(x),, se f(x) 0 denidas por f + (x) = e f (x) = 0, se f(x) < 0 0, se f(x) > 0 e como ambas funçõessão positivas podemos calcular o módulo da f(x) usando suas partes positivas e negativas: f(x) = f + (x) + f (x) Veremos agora um uso para essa outra forma de escrever a função: Temos então Portanto b a b a f(x)dx = b a f + (x)dx b a f (x)dx b b f(x)dx = f + (x)dx f (x)dx a a b b f + (x)dx + f (x)dx b a = = = a b a b a b a f + (x)dx + b a f + (x) + f (x)dx f(x) dx a f (x)dx b f(x)dx f(x) dx a

33 53 EXEMPLOS DE TRANSCENDENTES: E E π 33 Sendo f (j) a j ésima derivada de f partir de f trocando os coeciêntes por seu valor absoluto, então Além disso, se f(x) denotar o polinômio obtido a I(t) = = = t 0 t 0 t 0 t 0 t 0 t 0 = e t f(t) e u t f(u)du e t u f(u) du e u t a 0 + a u + + a n u n du e u t ( a 0 + a u + + a n u n )du e u t f(u)du e t f(t)du t 0 t e t f( t ) du Obtemos assim a desigualdade I(t) t e t f( t ) (534) Suponha então que e seja algébrico, assim q 0 + q e + + e n = 0 (535) Assim q 0 0 e 0 senão e não seria de grau n e para alguns inteiros n > 0, q,, 0 Vamos agora comparar estimativas para J = q 0 I(0) + q I() + + I(n), (536) onde I(t) é denido como descrito acima com f(x) = x p (x ) p (x n) p,

34 34 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES assim m = (n + )p E p denota um primo grande Calculando os I(k)s, temos I(0) = 0 I() = e I(2) = e 2 I(n) = e n m f (j) (0) m m f (j) (0) f (j) (0) Substituindo em (536), temos ) ( m m J = q (e f (j) (0) f (j) () + q 2 + ( e n m f (j) (0) ) m f (j) (n) e 2 m f (j) () m f (j) (2) m f (j) (n) Pondo m f (j) (0) em evidência, obtemos m J = f (j) (0)(q e + q 2 e e n ) De (535) temos J = m k=0 m n q k f (j) (k), f (j) (0) m k= ) m f (j) (2) + + n q k f (j) (k) Essa f em particular tem raízes {0,,, n} e portanto f (j) (k) = 0 se j < p com k > 0 ou se j < p com k = 0, e então para todo j, k que não j = p e k = 0, f (j) (k) é um inteiro divisível por p!, ainda temos que f (p ) (0) = (p )!( ) np (n!) p, de onde, se p > n, f (p ) é um inteiro divisível por (p )! mas não por p! Segue que, se também p > q 0, então J é um inteiro não nulo divisível por (p )! e então J (p )! Mas a estimativa f(k) (2n) m junto com (534) nos dá para algum c que independe de p J q ef() + + ne n f(n) c p A estimativa se torna inconsistente se p é sucientemente grande pois o fatorial cresce mais rápido que uma potência de uma base xa, e essa contradição prova o teorema

35 53 EXEMPLOS DE TRANSCENDENTES: E E π 35 Teorema 532 O número real π é transcendente Demonstração: Suponha o contrário, que π é algébrico, então θ = iπ também é algébrico Seja θ de grau d, sejam θ (= θ), θ 2,, θ d todas as raízes do polinômio e seja l o coeciente do monômio de maior grau do polinômio que dene θ Da equação de Euler e iπ =-, obtemos ( + e θ )( + e θ 2 ) ( + e θ d ) = 0 O produto a esquerda pode ser escrito como a soma de 2 d termos e Θ, onde Θ = ɛ θ + + ɛ d θ d, e ɛ j = 0 ou, suponhamos que n dos números ɛ θ + + ɛ d θ d, são não-nulos, e denotamos esses por α,, α n Temos então q + e α + + e αn = 0, (537) onde q é o inteiro positivo 2 d n Devemos comparar a estimativa para J = I(α ) + + I(α n ), onde I(t) é denida como na prova do teorema (53) com f(x) = l np x p (x α ) p (x α n ) p, e p novamente é um primo grande De (533) e (537) temos m m n J = q f (j) (0) f (j) (α k ), k= onde m = (n + )p Agora a soma em k é um polinômio simétrico ao polinômio cuja os coecientes são lα,, lα n, e segue de duas aplicações do teorema fundamental das funções simétricas junto com a observação que cada função elementar simétrica à lα,, lα n é também uma função elementar simétrica em 2 d números lθ, isso representa um racional inteiro Mais ainda, como f (j) (α k ) = 0 quando j < p, esse último é divisível por p! quando j p, e f (p ) (0) = (p )!( l) np (α α n ) p

36 36 CAPÍTULO 5 NÚMEROS ALGÉBRICOS E TRANSCENDENTES é um racional inteiro divisível por (p )! mas não por p! se p é sucientemente grande Portanto, se p > q, temos J (p )! Mas de (534) obtemos J α e α f( α ) + + α n e αn f( α n ) c p para algum c independente de p A estimativa é inconsistente para um p sucientemente grande, e a contradição prova o teorema

37 Referências Bibliográcas [K] A Ya Khinchin, Continued Fractions, Dover, (964) [C] Moreira, Carlos Gustavo, Frações Contínuas, Representações de Números e Aproximações [B] Baker, Alan, Transcendental Number Theory, Cambridge University Press, (975) 37