e는 초월수이다.

수학에서 방정식을 푸는 일은 매우 중요하다. 방정식을 해결하는 방법을 연구하는 분야는 대수학(Alebra)으로 분류한다. 기하학 다음으로 오래된 분야라고 생각한다. 조금 어려운 이야기를 하고자 한다.

고대 수학자들도 유리수와 달리 정수의 비로 나타낼 수 없는 무리수가 존재한다는 사실을 알았다. 유리수 계수를 가지는 방정식을 풀다가 무리수인 해를 얻었다. 근대 수학자들은 과연 모든 수를 유리수와 가감승제와 거듭제곱해서 $0$을 만들 수 있을까 궁금했다. 달리 말하면 모든 수가 유리수 계수를 가진 방정식의 해가 되는가를 생각하기 시작했다. 당연히 일부 무리수는 유리수 계수 방정식의 해가 된다. 예를 들면 ${\sqrt 2}^2 -2=0$이므로 $\sqrt2$는 $x^2 -2=0$의 해가 된다. 

대수적 수(algebraic number)

$0$이 아닌 유리수 계수를 가지는 다항방정식의 근이 되는 수를 대수적 수라고 한다.

$$\begin {split} x&=1+\sqrt 5\\x-1&=\sqrt 5\\x^2-2x+1&=5\\x^2-2x-4&=0\end{split}\tag{1}$$

$$\begin{split}x&=1+i\\x-1&=i\\x^2-2x+1&=-1\\x^2-2x+2&=0\end{split}\tag{2}$$

(1), (2)에 따라 두 수 $1+\sqrt5 ,\;\; 1+i$는 대수적 수이다.

레온하르트 오일러는 최초로 대수적 수와 초월수를 구분하고, 초월수가 존재할 것으로 추측했다. 1844년에 조제프 리우빌은 최초로 초월수인 리우빌 상수를 제시한다.
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{10^{n!}}$$
리우빌 상수는 초월수의 존재를 증명하기 위해 특별히 만든 수이다. 수학에 자연스럽게 등장하는 수 가운데 처음으로 초월수임이 증명된 수는 오일러 상수 $e$이다. 샤를 에르미트가 1873년에 증명하였다.

1882년에는 페르디난트 폰 린데만이 원주율 $\pi$가 초월수임을 증명함으로써 고대 그리스 수학의 난제였던 원적문제가 불가능함을 보였다. 대수적 수의 집합은 셀 수 있는 무한집합이다. 1874년에 게오르크 칸토어는 실수와 복소수의 집합이 비가산 집합임을 보였다. 따라서 대부분의 복소수는 초월수이다.

다비트 힐베르트는 1893년에 $\pi$와 $e$의 초월성에 대한 간단한 새로운 증명을 발견하였다. 1900년에 힐베르트는 인류가 풀어야 할 23문제를 제시하였다.  "만약 $a$가 $0$ 또는 $1$이 아닌 대수적 수이며 $b$ 가 무리 대수적 수일 경우 $ab$가 초월수인가?"는 7번째 문제이다.

초월수(transcendental number)

복소수 가운데 대수적 수가 아닌 수를 초월수라고 한다.

위에 적은대로 자연스러운 수 가운데 처음으로 초월수임이 밝혀진 수는 $e$이다. 찾아보니 $e$가 초월수임을 보이는 증명은 여러 가지가 있다. 그 가운데 하나를 일부 옮겨 적는다. 먼저 $e$를 무한급수로 나타내면 아래와 같음에서 시작하자.

$$e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots$$

1단계

$e$는 무리수이다.

$e=a/b$라고 가정하자. ($a,\;b$는 정수)

$$\frac{a}{b}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots$$

$$\frac{a}{b}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{b!}+\frac{1}{(b+1)!}+\frac{1}{(b+2)!}+\cdots$$

$$\frac{a}{b}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{b!}+\frac{1}{b!}\left(\frac{1}{(b+1)}+\frac{1}{(b+1)(b+2)}+\cdots\right)$$

$R=\displaystyle{\frac{1}{(b+1)}+\frac{1}{(b+1)(b+2)}+\cdots}$라고 하면 $0<R<1/b$이다. 다시 적으면

$$\frac{a}{b}=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{b!}+\frac{1}{b!}R\tag{3}$$

$$\frac{a}{b}\times(b!)=(b!)\times\left(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{b!}+\frac{1}{b!}R\right)$$

$$정수= 정수+R$$

이것은 모순이다. 

$\blacksquare$

2단계

(3)을 변형하면 임의의 정수 $m$에 대하여 아래를 만족하는 정수 $I_m$과 $R$이 존재한다.

$$e=1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{m!}+\frac{1}{(m+1)!}+\cdots$$

$$e=\frac{I_m}{m!}+\frac{R}{m!}\quad\left(0<R<\frac{1}{m}\right)\tag{4}$$

$ae-b=0$라고 하자.

$m=b$라고 놓으면

$$a\left(\frac{I_b}{b!}+\frac{R}{b!}\right)=b$$

$$a\left(I_b +R\right)=b\times b!\tag{*}$$

따라서 $e$는 1차 방정식의 해가 될 수 없다.

$\blacksquare$

$ae^2-be+c=0$라고 하자. 다시 정리하면 $ae+c/e=b$이다.

$$\begin{split}\frac{1}{e}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}&=1-1+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots\\&=\frac{I_m}{m!}+\frac{R}{m!}\end{split}\tag{5}$$

(4), (5)를 대입하여 정리하면 마찬가지로 모순임을 보일 수 있다.

따라서 $e$는 2차 방정식의 해가 될 수 없다.

$\blacksquare$

3단계

일반화를 위해 아래와 같은 $\Gamma$-함수를 쓰자.

$$\Gamma (n+1)=\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-x}\,dx=n!\qquad (n\in \Bbb{N})$$

$P(x)$는 정수 계수인 다항식이라고 하자.

$$P(x)=\sum_{k=0}^{n}a_k x^k\quad \quad a_k\in \Bbb{Z}$$

아래와 같이 적당한 정수 $A$가 항상 존재한다.

$$\int _{0}^{\infty }x^{n}P(x)e^{-x}\,dx=n!\times A\quad \quad A\in \Bbb{Z}$$

정리하면

$$A=\frac{1}{n!}\int _{0}^{\infty }x^{n}P(x)e^{-x}\,dx$$

이것을 이용하면 임의의 자연수 $n$에 대하여 아래를 만족하는 정수 $I_n$과 분수 $R$를 찾을 수 있다.

$$e^n=\frac{I_n}{A}+\frac{R}{A}\quad\left(I_n\in\Bbb{Z},\;\;0<R<1\right)\tag{6}$$

나머지는 영상을 참고하자.

https://youtu.be/WyoH_vgiqXM

아래 링크에 다른 증명 방법도 참고하자.

참고

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https://planetmath.org/EIsTranscendental

https://koreascience.kr/article/JAKO201033538926936.pdf