Leibniz had it wrong?

[Professor Puntje]

Deze vergelijking \( x^2 + \sqrt{2} \, x - (1 + \sqrt{2}) = 0 \) heeft in ieder geval x=1 als een oplossing.

[Marko]

Goeie. En als alle coëfficiënten positief zijn?

[Professor Puntje]

\( \sqrt{2} \, x^2 + \sqrt{2} \, x + \frac{1}{4} \sqrt{2} = 0 \)

[Marko]

Die is een beetje flauw, want je kunt daar √2 uit wegdelen. Maar het helpt wel om de boel te preciseren. Volgende poging:

Stel dat tenminste 1 coëfficiënt integer is, tenminste 1 coëfficiënt irrationaal en alle coëfficiënten positief. Zijn de wortels dan per definitie irrationaal?

Het doel is om voorwaarden te vinden (te kijken of er voorwaarden te vinden zijn) waaronder de polynoom-voor-de-e-macht hooguit irrationale wortels heeft, zodat de functie enkel transcendente getallen oplevert. Daarmee kan dan eventueel een algemene vorm worden gevonden voor een functie waarvoor de functie en elke afgeleide enkel transcendente functiewaarden heeft.

[Professor Puntje]

\( e \, x^3 + e \, x^2 + 1 \, x +1 = 0 \)

[Marko]

OK, laatste poging:

P is een polynoom met zowel rationale als irrationale coëfficiënten. De polynoom is te schrijven als een som van 2 polynomen R en I waarbij R enkel rationale coëfficiënten heeft, en I enkel irrationale, dus P=R+I

Als P=0, dan geldt R = -I, of R/I = -1

Als nu I te schrijven is als h*H, waarbij h een irrationaal getal en H een polynoom met rationale coëfficiënten
én
Als H een deler is van R

dan kan polynoom P rationale wortels hebben.

Als dit niet het geval is, dan heeft P enkel irrationale wortels.

[Professor Puntje]

Dat begrijp ik niet helemaal maar is het volgende juist? Je zoekt een polynoom P die kan worden geschreven als de som van een polynoom R met enkel rationale coëfficiënten en een polynoom I met enkel irrationale coëfficiënten waarvoor tevens geldt dat de onderstaande twee beweringen (i) en (ii) niet beide waar zijn:

(i) I kan worden geschreven als h.H met h een irrationaal getal en H een polynoom met enkel rationale coëfficiënten.
(ii) H is een deler van R.


(Wat doe je met het geval dat R en I een nulpunt gemeenschappelijk hebben?)

[Professor Puntje]

Wat vinden we bijvoorbeeld voor onderstaande polynoom:

\(\)

\( e \, x^5 + e \, x^2 + 1 \, x +1 = 0 \)

[Marko]

Dat is inderdaad wat ik zoek. Een voorbeeld van het waarom:

Stel je hebt

\(P=\sqrt{3}x^3+\sqrt{2}x^2+x+1=0\)

Dan kun je dit splitsen in

\(R=x+1 \\
I=\sqrt{3}x^3+\sqrt{2}x^2=\)

Voor P=0 geldt dan dus

\(x+1 = -\sqrt{3}x^3-\sqrt{2}x^2 \\
\frac{x+1}{x^2}=-\sqrt{3}x-\sqrt{2}\)

Als x rationaal is staat er nu links een per definite rationaal getal en rechts een per definitie irrationaal getal. Dus, voor P=0 kan x nooit rationaal zijn.

Echter, heb je

\(P=\sqrt{2}x^3+\sqrt{2}x^2+x+1=0\)

Dan kom je op

\(\frac{x+1}{x^2(x+1)}=-\sqrt{2}\)

Ook hier staat voor x rationaal aan de linkerkant een rationale term, en rechts een irrationale term. Alleen kun je over x=-1 geen uitspraak doen, en dat is (toevallig?) een oplossing voor P=0.

De voorbeelden die je gaf voldeden aan de voorwaarde die ik hierboven schets. Ze zijn te splitsen in twee polynomen R en I, I is te schrijven als het product van een irrationaal getal h en een polynoom met rationale coëfficiënten H. Die polynoom H is ook nog eens een deler van P (of omgekeerd), waardoor je niet over alle mogelijke x-waarden een uitspraak kunt doen. En, toevallig of niet, is die x-waarde waar je geen uitspraak over kunt doen een oplossing voor P=0.


Mijn redenering is/was nu: als je een polynoom hebt die zich níet laat schrijven als P=R + h*H, waarbij H een deler is van R of omgekeerd) , dan heb je een vorm die per definitie geen rationale nulpunten heeft. Er staat dan, voor rationale waardes van x, altijd een rationale term links en een irrationale term rechts.

Als die redenering klopt heb je criteria voor een verzameling functies \(\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}\) die enkel transcendente functiewaarden hebben.

De volgende stap zou zijn om te onderzoeken of de afgeleide(n) van deze functies ook aan deze voorwaarde voldoen. Ik denk het wel, doordat de afgeleide eigenlijk steeds dezelfde vorm heeft:

De functie die ik oorspronkelijk voorstelde is te schrijven als

\(f(q)e^{g(q)}\)

Hierbij heeft f(q) alleen irrationale nulpunten, en g(q) enkel rationale coëfficiënten. De afgeleide is

\((f'(q)+f(q)g'(q))e^{g(q)}\)

En de vraag wordt dan of \(f'(q)+f(q)g'(q)\) óók geen rationale nulpunten heeft. Ik denk het wel, maar ik weet ook dat je voor denken niet zoveel koopt. Maar als het zo is: Dat zou, uiteindelijk, betekenen dat alle afgeleiden enkel transcendente functiewaarden hebben.


Het laatste voorbeeld (gelezen terwijl ik bovenstaande schreef):

\(e \, x^5 + e \, x^2 + 1 \, x +1 = 0 \\
x+1 = -e \, (x^5 + x^2) \\
\frac{x+1}{x^2(x^3+1)}=-e \\
\frac{x+1}{x^2(x+1)(x^2-x+1)}=-e \)

Over x=-1 is geen uitspraak te doen, x=-1 is een oplossing.

p.s. op zich niet zo van belang maar e kan geen coëfficiënt zijn in de polynoom P. f(q) moet een algebraïsche functie zijn om, samen met de e-macht per definitie transcendente functiewaarden te genereren.

[Professor Puntje]

Dank! Ik ga eens bekijken of daar een waterdicht bewijs van te maken is.

[Professor Puntje]

Een lastig probleem! Maar zojuist had ik het volgende idee: is het mogelijk om geschikte f en g zo te kiezen dat f' + f.g' ≡ A.f voor een rationale constante A ongelijk aan nul? Dan zou er namelijk door differentiëren niets wezenlijk veranderen.

[Professor Puntje]

Nee, ik denk niet dat dat gaat...

[Professor Puntje]

Wellicht is dit iets. Bekijk de functie f van \( \mathbb{Q} \) naar \( \mathbb{R} \) met: f(q) = sin(q - √2). Die functie is oneindig vaak differentieerbaar, en die functie zelf en de afgeleiden daarvan lijken mij voor rationale q alvast geen nulpunten te hebben. Maar zijn ook alle functiewaarden voor rationale q transcendent?

[Marko]

Misschien kan het nog een stukje makkelijker, met f(q)=e/(q-√2)? Daarvan is in ieder geval zeker dat de functiewaarden van f en alle afgeleiden transcendent zijn.

[Professor Puntje]

Dat ziet er goed uit.