Υπeρβάσεις

Είδαμε σε δύο προηγούμενες αναρτήσεις διάφορα ενδιαφέροντα πράγματα για τους άρρητους αριθμούς και ειδικότερα για τον \pi. Για την ακρίβεια, είδαμε εδώ μία συνοπτική απόδειξη για το ότι ο \pi είναι άρρητος ενώ εδώ είδαμε πως κάποιοι αριθμοί είναι περισσότερο και κάποιοι άλλοι λιγότερο… άρρητοι. Στην παρούσα ανάρτηση θα συνεχίσουμε το ταξίδι μας στον κόσμο των αρρήτων, αποδεικνύοντας ότι ένας άλλος διάσημος αριθμός, ο αριθμός του Euler, e, είναι άρρητος. Μάλιστα, θα δείξουμε ότι είναι «πολύ» άρρητος, αλλά με μία έννοια διαφορετική από αυτήν που συναντήσαμε εδώ.

Ορισμός

Ο περιβόητος αριθμός του Euler είναι ένας μικρός κι αθώος αριθμός που ζει ανάμεσα στο 2 και το 3. Για την ακρίβεια, χρησιμοποιώντας μία καθημερινή αριθμομηχανή μπορούμε εύκολα να βρούμε τα πρώτα ψηφία του δεκαδικού του αναπτύγματος:

e=2.7182818284590452353602874713527\ldots

Έχουμε αναφερθεί στο παρελθόν σε διάφορες εμφανίσεις και εναλλακτικούς ορισμούς του αριθμού του Euler – δείτε εδώ για περισσότερα. Ο πιο συνηθισμένος από αυτούς τους ορισμούς είναι να ορίζουμε τον αριθμό e σαν το όριο της παρακάτω ακολουθίας πραγματικών αριθμών:

\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n

Το ότι η παραπάνω ακολουθία συγκλίνει δε θα μας απασχολήσει ιδιαίτερα σε αυτήν την ανάρτηση αν και είναι σχετικά απλό να δει κανείς ότι είναι μονότονη (γνησίως αύξουσα) και φραγμένη, οπότε και θα συγκλίνει – αυτό έπεται άμεσα από την πληρότητα των πραγματικών αριθμών. Με βάση τον παραπάνω ορισμό μπορούμε να βρούμε όμως και μία εναλλακτική έκφραση του e που θα μας φανεί ιδιαίτερα χρήσιμη σε όσα θα πούμε παρακάτω.

Όπως είπαμε, ορίζουμε τον αριθμό του Euler ως:

\displaystyle e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.

Θα παίξουμε λίγο με την εν λόγω ακολουθία χρησιμοποιώντας το διωνυμικό ανάπτυγμα:

\displaystyle (x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k}=\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}x^ky^{n-k}.

Για την περίπτωσή μας έχουμε:

\displaystyle\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}1^{n-k}=\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{1}{n^k}.

Ωραία, και τι μ’αυτό, θα πει κανείς. Και δίκιο θα έχει, δηλαδή, γιατί πήραμε μία όμορφη κλειστή έκφραση και την κάναμε ένα κακάσχημο άθροισμα με παραγοντικά και δυνάμεις. Ωστόσο, ας πάρουμε λίγο τον γενικό όρο του παραπάνω αθροίσματος και ας δούμε τι καλύτερο μπορούμε να κάνουμε:

\displaystyle\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{1}{n^k}\leq\frac{n!}{k!(n-k)!n!}=\frac{1}{k!(n-k)!}\leq\frac{1}{k!}.

Συνεπώς, έχουμε:

\displaystyle\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}.

Από την άλλη τώρα, παρατηρούμε ότι:

\begin{aligned}\frac{n!}{(n-k)!n^k}&=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{\underbrace{n\cdot n\cdot\ldots\cdot n}_{k}}\\&=\frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\frac{n-2}{n}\dots\frac{n-k+1}{n}=\\&=1\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\to1\end{aligned}

καθώς n\to\infty για κάθε τιμή του k. Επίσης, όπως είδαμε και παραπάνω:

\displaystyle\frac{n!}{(n-k)!n^k}\leq1.

Επομένως, για ένα αυθαίρετο \varepsilon>0 υπάρχει n_0=n_0(\varepsilon)\in\mathbb{N} τέτοιος ώστε για κάθε n\geq n_0 να ισχύει:

\displaystyle1-\varepsilon<\frac{n!}{(n-k)!n^k}\leq1.

Πολλαπλασιάζουμε τα παραπάνω με \frac{1}{k!} και παίρνουμε την ανισότητα:

\displaystyle\frac{1-\varepsilon}{k!}<\frac{n!}{(n-k)!k!n^k}\leq\frac{1}{k!}.

Αθροίζοντας για k=0,1,\ldots,n παίρνουμε:

\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{1-\varepsilon}{k!}<\sum_{k=0}^n\frac{n!}{(n-k)!k!n^k}\leq\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}.

Επομένως, έχουμε:

\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{1-\varepsilon}{k!}<\sum_{k=0}^n\frac{n!}{(n-k)!k!n^k}\Rightarrow\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{1-\varepsilon}{k!}<\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq e,

για κάθε n\geq n_0. Παίρνοντας n\to\infty έχουμε:

\displaystyle(1-\varepsilon)\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\leq e.

Από την άλλη, έχουμε:

\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\overset{n\to\infty}{\Rightarrow}e\leq\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}.

Συνεπώς, για κάθε \varepsilon>0 ισχύει ότι:

\displaystyle(1-\varepsilon)\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\leq e\leq\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}.

Επομένως, επιτρέποντας στο \varepsilon\to0 έχουμε:

\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\leq e\leq\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!},

δηλαδή:

\displaystyle e=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}.

Η παραπάνω εναλλακτική αναπαράσταση του e θα μας φανεί ιδιαίτερα χρήσιμη σε όλα τα παρακάτω – για λόγους που θα φανούν στην πορεία.

Η αρρητότητα του e

Πρώτα θα αποδείξουμε ένα σχετικά εύκολο αποτέλεσμα: ότι ο e είναι άρρητος. Η απόδειξη αυτή που θα παρουσιάσουμε είναι, για καλή μας τύχη, πολύ πιο απλή από την αντίστοιχη απόδειξη ότι ο \pi είναι άρρητος – βλέπε εδώ – και χρησιμοποιεί πολύ πιο απλά εργαλεία. Προφανώς, η απόδειξή μας θα γίνει με απαγωγή σε άτοπο – άλλωστε, οι άρρητοι ορίζονται ως οι μη ρητοί και όχι με κάποια άλλη «θετική» ιδιότητά τους.

Έστω, λοιπόν, προς άτοπο, ότι e=\dfrac{a}{b} για κάποιους θετικούς ακεραίους a,b κι έστω, επιπρόσθετα, ότι οι a,b είναι σχετικά πρώτοι. Το κόλπο που θα κάνουμε θα μας θυμίσει λίγο το πώς αποδεικνύουμε ότι οι ρητοί είναι πυκνοί στους πραγματικούς – βλέπε εδώ. Για την ακρίβεια, όπως και με τους ρητούς, έτσι κι εδώ θα «μεγεθύνουμε» το πρόβλημά μας και θα το αναγάγουμε στο ότι, τελικά ο e δεν είναι ακέραιος – πράγμα που είναι αρκετά εύκολο να αποδείξουμε. Εξηγούμαστε ευθύς αμέσως. Θεωρούμε τον αριθμό:

\displaystyle x_b=\sum_{k=0}^b\frac{1}{k!}.

Αυτό δεν είναι παρά η προσέγγιση του e με τους πρώτους b όρους του αναπτύγματος που είδαμε παραπάνω. Θεωρούμε επίσης τον αριθμό:

\displaystyle y_b=b(e-x_b)=b!\left(\frac{a}{b}-\sum_{k=0}^b\frac{1}{k!}\right)=a(b-1)!-\sum_{k=0}^b\frac{b!}{k!}.

Παρατηρήστε τώρα ότι ο παραπάνω αριθμός είναι ακέραιος! Πράγματι, ο a(b-1)! είναι σαφώς ακέραιος, ενώ ο b!\sum_{k=0}^b\frac{1}{k!} είναι ακέραιος αφού ο b!/k! είναι ακέραιος για κάθε k=0,1,2,\ldots,b, διότι:

\displaystyle b!=b(b-1)\ldots(b-k+1)k!\Leftrightarrow\frac{b!}{k!}=b(b-1)\ldots(b-k+1).

Το γεγονός ότι ο y_b είναι ακέραιος θα μας οδηγήσει σχετικά σύντομα σε άτοπο. Παρατηρούμε αρχικά ότι:

\displaystyle e-x_b=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}-\sum_{k=0}^b\frac{1}{k!}=\sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k!}.

Ας παρατηρήσουμε τώρα ότι για κάθε n έχουμε \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}<e διότι η \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} είναι γνησίως αύξουσα ως προς n και συγκλίνει στο e. Συνεπώς:

e-x_b>0\Rightarrow b!(e-x_b)>0\Rightarrow y_b>0.

Από την άλλη, για κάθε k\geq b+1 έχουμε:

\displaystyle k!=k(k-1)\ldots(b+1)b!\Leftrightarrow\frac{1}{k!}=\frac{1}{k(k-1)\ldots(b+1)}\frac{1}{b!},

συνεπώς, αθροίζοντας κατά μέλη έχουμε:

\displaystyle \sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k!}=\frac{1}{b!}\sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k(k-1)\ldots(b+1)}.

Παρατηρούμε τώρα ότι:

\begin{aligned}&\hphantom{\Leftrightarrow}\ \,k(k-1)\ldots(b+1)\geq\underbrace{(b+1)(b+1)\ldots(b+1)}_{k-b}=(b+1)^{k-b}\\&\Leftrightarrow\frac{1}{k(k-1)\ldots(b+1)}\leq\frac{1}{(b+1)^{k-b}}.\end{aligned}

Συνεπώς:

\begin{aligned}\sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k(k-1)\ldots(b+1)}&\leq\sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{(b+1)^{k-b}}=\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(b+1)^k}=\\&=\frac{\frac{1}{b+1}}{1-\frac{1}{b+1}}=\\&=\frac{1}{b}.\end{aligned}

Επομένως, έχουμε πλέον την ανισότητα:

\displaystyle \sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k!}\leq\frac{1}{b!b}.

Με βάση αυτήν, έχουμε επίσης:

\displaystyle y_b=b!(e-x_b)=b!\sum_{k=b+1}^\infty\frac{1}{k!}\leq\frac{b!}{b!b}=\frac{1}{b}.

Επομένως, για τον ακέραιο y_b έχουμε:

\displaystyle 0<y_b\leq\frac{1}{b}\leq1,

συνεπώς πρέπει y_b=1\Rightarrow b=1\Rightarrow e=a\in\mathbb{Z}_+. Δηλαδή, πρέπει ο e όχι μόνο αν είναι ρητός – όπως υποθέσαμε αρχικά – αλλά και, ειδικότερα, ακέραιος. Ωστόσο, παρατηρούμε, αφ’ενός, ότι:

\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}>\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}=1+1=2\Rightarrow e>2.

Αφετέρου, για κάθε k\geq2 έχουμε:

\displaystyle k!\geq\underbrace{2\cdot2\cdot\ldots\cdot2}_{k-1}\cdot1=2^{k-1}\Leftrightarrow\frac{1}{k!}<\frac{1}{2^{k-1}}.

Συνεπώς, αθροίζοντας έχουμε:

\begin{aligned}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}&=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{k!}\\&<1+1+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{2^{k-1}}=\\&=2+\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^{k+1}}=\\&=2+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}=\\&=2+\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3.\end{aligned}

Συνεπώς 2<e<3 οπότε ο e δεν είναι ακέραιος, άτοπο! Συνεπώς, ο e είναι άρρητος.

Και όχι όποιος κι όποιος άρρητος…

Ωραία, δείξαμε ότι ο e είναι άρρητος. Ωστόσο, δε είναι ένας κοινός άρρητος, όπως οι περισσότεροι (;) αλλά έχει κάποια ιδιαίτερα χαρακτηριστικά. Για την ακρίβεια, είναι, αυτό που λέμε, υπερβατικός. Αλλά, τι υπερβαίνει; Και πώς αυτό τον κάνει διαφορετικό από άλλους άρρητους αριθμούς;

Αλγεβρικοί και υπερβατικοί αριθμοί

Αρχικά να πούμε πως η υπερβατικότητα δε σχετίζεται – τουλάχιστον όχι άμεσα – με το μέτρο αρρητότητας που είδαμε πριν από λίγες εβδομάδες – για περισσότερα, εδώ. Από τη μία, το μέτρο της αρρητότητα είναι μία αναλυτική ιδιότητα των αρρήτων, καθώς αναφέρεται στην προσέγγιση ενός αρρήτου από ρητούς και το πόσο «εύκολα» και «αποδοτικά» μπορεί να γίνει αυτό. Αντιθέτως, η υπερβατικότητα ως ιδιότητα είναι αλγεβρικού χαρακτήρα. Για να καθορίσουμε τους υπερβατικούς αριθμούς θα χρειαστεί πρώτα να ορίσουμε τους αλγεβρικούς αριθμούς. Έχουμε τον εξής ορισμό:

Ένας πραγματικός αριθμός λέγεται αλγεβρικός αν και μόνο αν είναι ρίζα κάποιου μη μηδενικού πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές.

Έτσι, για παράδειγμα, όλοι οι ρητοί αριθμοί είναι αλγεβρικοί, καθώς αν \frac{p}{q} είναι ένας ρητός αριθμός τότε είναι ρίζα του πρωτοβάθμιου πολυωνύμου qx+p. Επίσης, όλες οι τετραγωνικές ρίζες ρητών αριθμών είναι αλγεβρικοί αριθμοί, καθώς είναι ρίζες πολυωνύμων της μορφής qx^2+p για κατάλληλους ακεραίους p,q – για παράδειγμα, ο \sqrt{2} είναι αλγεβερικός ως ρίζα του x^2-2. Γενικότερα, κάθε ρίζα ρητού αριθμού – κάθε τάξης – είναι αλγεβρικός αριθμός καθώς αν \frac{p}{q} είναι ένας ρητός αριθμός τότε το πολυώνυμο qx^n-p έχει την \sqrt[n]{p/q} ως ρίζα του.

Συνεπώς, οι αλγεβρικοί αριθμοί φαίνεται να είναι αρκετά πολλοί, μιας και περιέχουν όλους τους ρητούς, όλες τις ρίζες ρητών και, «σίγουρα», κι άλλους αριθμούς, αφού πήραμε μόνο πολύ απλά πολυώνυμα παραπάνω – για παράδειγμα, κανένας από τους αριθμούς που είπαμε δεν είναι ρίζα του x^3+x+1.

Ε, αφού πήραμε τόσους αριθμούς, πόσοι, πια, να μην είναι αλγεβρικοί; Δυστυχώς, πάρα πολλοί. Για να τους μετρήσουμε, ορίζουμε πρώτα το σύνολο \mathbb{Z}[x] όλων των μη μηδενικών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές. Μεγάλο σύνολο, θα λέγαμε με την πρώτη ματιά, αλλά μάλλον δεν είναι ακριβώς έτσι τα πράγματα. Ορίζουμε επίσης και τα σύνολα \mathbb{Z}_k[x] για k=0,1,2,\ldots τα οποία αποτελούται από όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα βαθμού k με ακέραιους συντελεστές. Ας παρατηρήσουμε τώρα ότι για να προσδιορίσουμε ένα πολυώνυμο βαθμού k με ακέραιους συντελεστές αρκεί να προσδιορίσουμε τους k+1 συντελεστές του. Δεδομένου ότι αυτοί είναι ακέραιοι, για κάθε συντελεστή έχουμε αριθμήσιμες στο πλήθος επιλογές. Επειδή, τώρα, έχουμε να επιλέξουμε ένα πεπερασμένο πλήθος από τέτοιους συντελεστές, τελικά έχουμε αριθμήσιμο πλήθος επιλογών για όλους τους συντελεστές ενός πολυωνύμου του \mathbb{Z}_k[x].

Τώρα, είναι σαφές ότι:

\displaystyle \mathbb{Z}[x]=\bigcup_{k=0}^\infty\mathbb{Z}_k[x].

Χμμμ, δηλαδή το \mathbb{Z}[x] είναι μία αριθμήσιμη ένωση αριθμήσιμων συνόλων. Όπως έχουμε δει και στο παρελθόν – βλέπε την απόδειξη της αριθμησιμότητας των ρητών εδώ – αριθμήσιμες ενώσεις αριθμήσιμων συνόλων είναι κι αυτές αριθμήσιμες. Συνεπώς, το \mathbb{Z}[x] είναι ένα αριθμήσιμο σύνολο.

Οι αλγεβρικοί αριθμοί, από την άλλη, μπορούν να οριστούν ως το εξής σύνολο, με τη βοήθεια του \mathbb{Z}[x]:

\mathbb{A}=\{r\in\mathbb{R}:p(r)=0,\ p(x)\in\mathbb{Z}[x]\}.

Πρακτικά, απλώς αποτυπώσαμε τον παραπάνω λεκτικό ορισμό και με σύμβολα. Τώρα, ας θυμηθούμε ότι ένα πολυώνυμο βαθμού k έχει το πολύ k στο πλήθος ρίζες. Συνεπώς, το σύνολο όλων των αλγεβρικών αριθμών, είναι αριθμήσιμο αφού κάθε ένα από τα αριθμήσιμα στο πλήθος πολυώνυμα του \mathbb{Z}[x] μπορούν να μας δώσουν το πολύ πεπερασμένο πλήθος ριζών – δηλαδή, αλγεβρικών αριθμών.

Άρα, αφού οι αλγεβρικοί αριθμοί είναι αριθμήσιμοι στο πλήθος και οι πραγματικοί αριθμοί είναι υπεραριθμήσιμοι – για μία κλασσική απόδειξη, δείτε εδώ – έπεται άμεσα ότι και οι αριθμοί που δεν είναι αλγεβρικοί είναι υπεραριθμήσιμοι στο πλήθος. Άρα, πάπαλα, και οι αλγεβρικοί είναι, στο πλήθος, όσοι και οι ρητοί – δηλαδή, λίγοι.

Σε αυτό το σημείο έρχεται μία σοκαριστική – τουλάχιστον για εμένα ήταν – συνειδητοποίηση. Αν οι αλγεβρικοί αριθμοί, δηλαδή όλοι οι ρητοί, όλες οι ρίζες και πολλές άλλες πιο τρομακτικές εκφράσεις με ριζικά είναι «λίγοι» ανάμεσα στους πραγματικούς αριθμούς, τότε αυτοί οι μη αλγεβρικοί αριθμοί πώς μοιάζουν; Δηλαδή, σε τελική ανάλυση, τι άλλο περιέχει πια αυτή η ευθεία των αριθμών;

Για αρχή, όπως κάναμε και με τους άρρητους, πρέπει σε αυτούς τους μη αλγεβρικούς αριθμούς – τόσοι που είναι – να δώσουμε ένα όνομα. Θα του αποκαλούμε, όπως φαντάζεστε, υπερβατικούς. Συνεπώς:

Ένας πραγματικός αριθμός θα λέγεται υπερβατικός όταν δεν είναι αλγεβρικός, δηλαδή όταν δεν είναι ρίζα ενός μη μηδενικού πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές.

Να παρατηρήσουμε ότι, δεδομένου ότι όλοι οι ρητοί είναι αλγεβρικοί, όλοι οι υπερβατικοί είναι εξ ορισμού άρρητοι. Δύο, μάλιστα, αρκετά διάσημοι υπερβατικοί αριθμοί είναι ο e – την υπερβατικότητα του οποίου θα αποδείξουμε – και ο \pi – την υπερβατικότητα του οποίου θα αποδείξουμε στο μέλλον. Πέρα από αυτούς, διάφορες στριφνές δυνάμεις του e είναι επίσης γνωστό ότι είναι υπερβατικές, ωστόσο το τοπίο είναι ιδιαίτερα θολό σε ό,τι έχει να κάνει με πολλούς αριθμούς που προκύπτουν «φυσικά» από τους \pi,e και το αν είναι ή όχι υπερβατικοί.

Η υπερβατικότητα του e

Πολλά είπαμε, όμως, ας περάσουμε τώρα στο ζουμί της υπόθεσης. Θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός του Euler είναι υπερβατικός. Δηλαδή, δε θα το αποδείξουμε εμείς, τη δουλειά την έχει κάνει ο Hermite – αυτός που έχει δώσει το όνομά του και στους ερμιτιανούς πίνακες. Όπως φαντάζεστε, δεδομένου ότι την υπερβατικότητα την ορίζουμε με «αρνητικό» τρόπο, δε θα είναι εύκολο να αποδείξουμε κάτι με κάποιον παραγωγικό τρόπο – ξεκινώντας π.χ. από κάτι γνωστό και χρησιμοποιώντας ουσιαστικά τον ορισμό. Έστω, λοιπόν, προς άτοπο, ότι ο e είναι ένας μη υπερβατικός αριθμός, δηλαδή, έστω ότι είναι αλγεβρικός. Αυτό, πρακτικά, σημαίνει ότι υπάρχει ένας θετικός ακέραιος n και ακέραιοι συντελεστές a_0,a_1,\ldots,a_n έτσι ώστε:

\displaystyle a_0+a_1e+a_2e^2+\ldots+a_ne^n=0\Leftrightarrow\sum_{k=0}^na_ke^k=0.

Πριν προχωρήσουμε να πούμε ότι θα θεωρήσουμε ότι ο βαθμός του παραπάνω πολυωνύμου είναι ο ελάχιστος δυνατός για τον οποίον ισχύουν τα παραπάνω. Αυτό έχει ως άμεση συνέπεια, δεδομένου ότι e\neq0, ότι a_0\neq0. Πράγματι, αν a_0=0 τότε σαφώς, έχουμε:

a_1e+a_2e^2+\ldots+a_ne^n=0\Rightarrow a_1+a_2e+\ldots+a_ne^{n-1}=0,

επομένως υπάρχει πολυώνυμο με βαθμό n-1<n με ακέραιους συντελεστές, του οποίου ο e είναι ρίζα, άτοπο, αφού ο n είχε υποτεθεί ο ελάχιστος τέτοιος βαθμός. Συνεπώς, πράγματι, a_0\neq0 – κρατήστε το αυτό, θα μας χρειαστεί παρακάτω.

Ωραία, τώρα από αυτό πρέπει κάπως να καταλήξουμε σε κάποια αντίφαση. Η αλήθεια είναι ότι, σε αντίθεση με την προηγούμενη απόδειξη, που είχε μία σχετικά φυσιολογική ροή, αυτή θα μας θυμίσει λίγο την απόδειξη που είδαμε πριν από δύο εβδομάδες για την αρρητότητα του \pi – για περισσότερα, δείτε εδώ. Αρχικά, θα προσεγγίσουμε όλες τις παραπάνω δυνάμεις του e από κάποια «περίπου» κλάσματα. Για την ακρίβεια, θεωρούμε ότι υπάρχει ένας N\in\mathbb{Z} και για κάθε k=1,2\ldots,n μπορούμε να βρούμε M_k,\delta_k έτσι ώστε:

e^k=\dfrac{M_k+\delta_k}{N}=\dfrac{M_k}{N}+\dfrac{\delta_k}{N}.

Πρακτικά, αυτό που κάνουμε παραπάνω είναι να προσεγγίσουμε τις δυνάμεις του e με ρητούς αριθμούς \dfrac{M_k}{N} με σφάμα προσέγγισης \dfrac{\delta_k}{N} – το οποίο είναι άρρητο, σαφώς. Θα μπορούσαμε να είχαμε γράψει αυτά τα σφάλματα προσέγγισης σαν \varepsilon_k=\delta_k/N, οπότε και θα είχαμε την έκφραση:

e^k=\dfrac{M_k}{N}+\varepsilon_k,

ωστόσο η πρώτη έκφραση θα μας διευκολύνει αρκετά στους υπολογισμούς μας παρακάτω – σε ό,τι αφορά τον συμβολισμό.

Κάτι που έχει ενδιαφέρον να παρατηρήσουμε εδώ είναι ότι απαιτούμε οι ρητές προσεγγίσεις που θα πάρουμε να έχουν όλες τους τον ίδιο παρονομαστή, N. Αυτό είναι εφικτό, δεδομένου ότι μιλάμε για πεπερασμένες στο πλήθος προσεγγίσεις, οπότε ακόμα και αν αρχικά είχαν αρχικά διαφορετικούς παρονομαστές θα μπορούσαμε να τις γράψουμε όλες σαν ισοδύναμα κλάσματα με παρονομαστή το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών τους. Όπως και να έχει, αντικαθιστούμε στην πολυωνυμική εξίσωση που έχουμε υποθέσει ότι έχει ως ρίζα τον e τις εκτιμήσεις των δυνάμεών του και παίρνουμε:

\displaystyle\sum_{k=0}^na_ke^k=0\Leftrightarrow a_0+\sum_{k=1}^na_k\frac{M_k+\delta_k}{N}=0.

Τώρα, μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη της παραπάνω εξίσωσης με N έτσι ώστε να ξεφορτωθούμε τον παρονομαστή, οπότε και παίρνουμε την κάπως συμπαθέστερη εξίσωση που βλέπετε παρακάτω:

\displaystyle a_0N+\sum_{k=1}^na_k(M_k+\delta_k)=0\Leftrightarrow a_0N+a_1(M_1+\delta_1)+\ldots+a_n(M_n+\delta_n)=0.

Εδώ τώρα θα κάνουμε τις απαραίτητες επιμεριστικές και θα ομαδοποιήσουμε τους όρους μας κατάλληλα, ξεχωρίζοντας τους ακεραίους από τα άρρητα σφάλματα. Έχουμε:

\begin{aligned}&\hphantom{\Leftrightarrow}\ \,a_0N+a_1M_1+a_1\delta_1+\ldots+a_nM_n+\delta_n=0\\&\Leftrightarrow a_0N+a_1M_1+a_2M_2+\ldots+a_nM_n+a_1\delta_1+a_2\delta_2+\ldots+a_n\delta_n=0\\&\Leftrightarrow\underbrace{a_0N+\sum_{k=1}^na_kM_k}_{M}+\underbrace{\sum_{k=1}^na_k\delta_k}_{\Delta}=0\end{aligned}

Παρατηρήστε ότι το το παραπάνω θα πρέπει να ισχύει για όποια N,M_k,\delta_k κι αν επιλέξουμε τα οποία να αποτελούν εκτιμήσεις των δυνάμεων του e όπως περιγράψαμε παραπάνω. Επομένως, ο στόχος μας είναι να διαλέξουμε τα N,M_k,\delta_k με τέτοιον τρόπο που να μην ισχύει η παραπάνω ισότητα για καμία επιλογή ακεραίων a_0,a_1,\ldots,a_n.

Αν παρατηρήσουμε λίγο την παραπάνω εξίσωση θα δούμε ότι ο M είναι ακέραιος καθώς προκύπτει από αθροίσματα και γινόμενα άλλων ακεραίων, ενώ ο \Delta μπορεί κάλλιστα να μην είναι ακέραιος – αφού είναι ένα άθροισμα πολλαπλασίων αρρήτων, το οποίο μπορεί να είναι σαφώς και ρητό και άρρητο, ανάλογα με το ποιοι είναι οι \delta_k. Αυτό λοιπόν που έχουμε να κάνουμε είναι να επιλέξουμε τα N,M_k,\delta_k έτσι ώστε αφενός τα M,\Delta να μην είναι και τα δύο μηδέν και, συνάμα, το \Delta να είναι άρρητος ή, εν πάσει περιπτώσει, όχι ακέραιος – και γνήσια ρητός να είναι, αν δεν είναι ακέραιος πάλι καταλήγουμε σε άτοπο από την εξίσωση M+\Delta=0, στην περίπτωση που ο M είναι μη μηδενικός ακέραιος.

Εδώ κάπου μπαίνουν τα ολοκληρώματα…

Ίσως να φαίνεται λίγο παράδοξο το πώς εμφανίζονται από το πουθενά ολοκληρώματα σε μία απόδειξη για έναν τόσο συγκεκριμένο αριθμό. Ωστόσο, αν το σκεφτούμε λίγο πιο ψύχραιμα, ο αριθμός e είναι πολύ κοντά σε ό,τι έχει να κάνει με ολολκηρώματα και παραγώγους, αφού η συνάρτηση e^x είναι η μοναδική εκθετική συνάρτηση που μένει αναλλοίωτη από την παραγώγιση – δηλαδή \dfrac{de^x}{dx}=e^x. Συνεπώς, δεν είναι δα και τόσο παράξενο να εκμεταλλευτούμε κάπως αυτήν της την πολύ καλή ιδιότητα σε μία απόδειξη που σχετίζεται με τον e.

Θεωρούμε, λοιπόν, τις συναρτήσεις:

f_p(x):=\dfrac{x^{p-1}\left((x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right)^p}{(p-1)!}e^{-x},

όπου p κάποιος πρώτος αριθμός.

Αυτές οι συναρτήσεις τώρα έχουν κάποιες καλές και ενδιαφέρουσες ιδιότητες που θα αξιοποιήσουμε άμεσα. Πρώτα και κύρια, ας μελετήσουμε λίγο το μεγάλο αυτό γινόμενο μέσα στην παρένθεση:

\left((x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right)^p.

Αν επιχειρήσουμε να κάνουμε όλες τις επιμεριστικές που εμφανίζονται κι έπειτα υψώσουμε αυτό που θα βρούμε εις την p, θα δούμε ότι οι συντελεστές του πολυωνύμου που προκύπτει είναι ακέραιοι. Πράγματι, αρχικά πολλαπλασιάζουμε μόνο ακεραίους μεταξύ τους καθώς κάνουμε τις επιμεριστικές κι έπειτα τους προσθέτουμε όταν κάνουμε την αναγωγή ομοιών όρων. Στη συνέχεια, υψώνουμε όλη αυτήν την παράσταση σε ακέραια δύναμη, επομένως παίρνουμε δυνάμεις και ακέραια πολλαπλάσια ακεραίων που είναι ακέραιοι. Συνεπώς, όλοι οι συντελεστές στο παραπάνω ανάπτυγμα είναι ακέραιοι αριθμοί, έστω p_i για i=0,1,\ldots,np. Ειδικότερα, εύκολα μπορούμε να βρούμε τον σταθερό όρο του παραπάνω πολυωνύμου, που είναι \left((-1)^{n}n!\right)^p=(-1)^{np}(n!)^p. Συνεπώς:

\displaystyle  \left((x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right)^p=(-1)^{np}(n!)^p+\sum_{k=1}^{np}p_kx^k.

Επομένως, έχουμε:

\displaystyle f_p(x)=\left(\frac{(-1)^{np}(n!)^p}{(p-1)!}x^{p-1}+\sum_{k=1}^{np}\frac{p_k}{(p-1)!}x^{p+k-1}\right)e^{-x}.

Τώρα, με τη βοήθεια των παραπάνω συναρτήσεων θα επιλέξουμε όλες τις σταθερές που έχουμε αναφέρει παραπάνω – επιλέγοντας, ταυτόχρονα, κι έναν κατάλληλο πρώτο, p, όπως θα δούμε παρακάτω. Αρχικά, θεωρούμε τα εξής ολοκληρώματα:

\displaystyle I_p:=\int_0^\infty f_p(x)dx.

Όσο παράδοξο κι αν φαίνεται, τα παραπάνω ολοκληρώματα είναι όλα τους ακέραιοι αριθμοί (!). Πράγματι, για να το δείξουμε αυτό θα χρειαστούμε το ακόλουθο λήμμα:

Αν r είναι ένας φυσικός αριθμός τότε \displaystyle\int_0^\infty x^re^{-x}dx=r!.

Το παραπάνω είναι σχετικά εύκολο να το αποδείξουμε με επαγωγή στο r.

  • Για r=0 έχουμε άμεσα: \displaystyle\int_0^\infty e^{-x}dx=[-e^{-x}]_0^\infty=1-0=1=0!
  • Για r=1 έχουμε με ολοκλήρωση κατά παράγοντες:
    \displaystyle\int_0^\infty xe^{-x}dx=[-xe^{-x}]_0^\infty-\int_0^\infty -(x)'e^{-x}dx=\int_0^\infty e^{-x}dx=1.
  • Υποθέτουμε ότι για κάποιο r έχουμε \displaystyle \int_0^\infty x^re^{-x}dx=r!
  • Παρατηρούμε ότι:
    \displaystyle \int_0^\infty x^{r+1}e^{-x}dx=[-x^{r+1}e^{-x}]_0^\infty-\int_0^\infty-(r+1)x^re^{-x}dx=(r+1)\int_0^\infty x^re^{-x}dx=(r+1)r!=(r+1)!

Ωραία, τώρα που έχουμε αυτό μπορούμε σχετικά εύκολα να δούμε, δεδομένης της γραμμικότητας του ολοκληρώματος, ότι:

\begin{aligned}I_p&=\int_0^\infty f_p(x)dx=\\&=\int_0^\infty \left(\frac{(-1)^{np}(n!)^p}{(p-1)!}x^{p-1}+\sum_{k=1}^{np}\frac{p_k}{(p-1)!}x^{p+k-1}\right)e^{-x}=\\&=\frac{(-1)^{np}(n!)^{p}}{(p-1)!}\int_0^\infty x^{p-1}e^{-x}dx+\sum_{k=1}^{np}\frac{p_k}{(p-1)!}\int_0^\infty x^{p+k-1}e^{-x}dx=\\&=\frac{(-1)^{np}(n!)^{p}}{(p-1)!}(p-1)!+\sum_{k=1}^{np}\frac{p_k}{(p-1)!}(p+k-1)!=\\&=(-1)^{np}(n!)^p+\sum_{k=1}^{np}p_k(p+k-1)(p+k-2)\ldots p.\end{aligned}

Σαφώς, το παραπάνω είναι ακέραιος – ως άθροισμα γινομένων ακεραίων. Συνεπώς, πράγματι τα I_p είναι ακέραιοι. Ας παρατηρήσουμε τώρα και κάτι ακόμα. Στην παραπάνω παράσταση, όλοι οι όροι μέσα στο άθροισμα είναι της μορφής:

p_k(p+k-1)(p+k-2)\ldots p,

είναι, δηλαδή, πολλαπλάσια του p. Ωστόσο, ο όρος που βρίσκεται εκτός του αρθοίσματος, (-1)^{np}(n!)^p, αν επιλέξουμε αρκετά μεγάλο πρώτο αριθμό p – μπορούμε, σαφώς, γιατί είναι άπειροι οι πρώτοι αριθμοί – δεν είναι πολλαπλάσιο του p. Επομένως, για αρκετά μεγάλους πρώτους – για την αρκίβεια, για p>n – ο πρώτος όρος του παραπάνω αθροίσματος, (-1)^{np}(n!)^p, δεν είναι πολλαπλάσιο του p. Συνεπώς, ούτε το I_p είναι πολλαπλάσιο του p για αρκετά μεγάλους p – καθώς τότε θα έπρεπε να είναι και το (-1)^{np}(n!)^p.

Τώρα θα μελετήσουμε και κάποια άλλα ολοκληρώματα, παρόμοια με τα παραπάνω – μην ανησυχείτε, δεν έχουμε ξεχάσει τι θέλουμε να αποδείξουμε, απλώς έχουμε ακόμα λίγο δρόμο μπροστά μας. Θεωρούμε τα ολοκληρώματα:

\begin{aligned}I_{p,k}&=e^k\int_k^\infty f_p(x)dx,\ k=1,2,\ldots,n.\\J_{p,k}&=e^k\int_0^kf_p(x)dx,\ k=1,2,\ldots,n.\end{aligned}

Τα παραπάνω ολοκληρώματα, όπως βλέπει κανείς, μοιάζουν αρκετά με τα ολοκληρώματα I_p που είδαμε παραπάνω. Ωστόσο, όπως θα δούμε, έχουν κάπως διαφορετική συμπεριφορά. Αρχικά, για να υπολογίσουμε τα ολοκληρώματα I_{p,k} κάνουμε την αλλαγή μεταβλητής u=x-k\Rightarrow du=dx έτσι ώστε να τα «φέρουμε» όλα ξανά στο [0,+\infty):

\begin{aligned}I_{p,k}&=e^k\int_0^\infty f_p(u+k)du=\\&=e^k\int_0^\infty\dfrac{(u+k)^{p-1}\left((u+k-1)(u+k-2)\ldots(u+k-n)\right)^p}{(p-1)!}e^{-u-k}dx =\\&=\int_0^\infty  \dfrac{(u+k)^{p-1}\left((u+k-1)(u+k-2)\ldots(u+k-n)\right)^p}{(p-1)!}e^{-u}du.\end{aligned}

Ωραία, άλλο ένα τεράστιο ολοκλήρωμα. Ωστόσο, κι εδώ θα εφαρμόσουμε τεχνάσματα όπως και παραπάνω. Για την ακρίβεια, ας παρατηρήσουμε ότι στο γινόμενο:

(u+k)^{p-1}(u+k-1)(u+k-2)\ldots(u+k-n)

καθώς το i διατρέχει τις τιμές 1,2,\ldots,n το u+k-i για i=k γίνεται u, συνεπώς, δεδομένου ότι το παραπάνω γινόμενο είναι υψωμένο εις την p, στα παραπάνω εμφανίζεται ένας παράγοντας u^p. Έτσι, στο παραπάνω ολοκλήρωμα, αν κάνουμε όλες αυτές τις επιμεριστικές θα έχουμε ένα πολύωνυμο με ακέραιους συντελεστές – καθώς όλοι μας οι συντελεστές θα προκύψουν ως γινόμενα και αθροίσματα ακεραίων – του οποίου οι όροι θα κυμαίνονται από u^p μέχρι και u^{np+p-1}, οπότε έχουμε:

\begin{aligned}I_{p,k}&=\int_0^\infty\dfrac{(u+k)^{p-1}\left((u+k-1)(u+k-2)\ldots(u+k-n)\right)^p}{(p-1)!}e^{-u}du=\\&=\int_0^\infty\sum_{i=p}^{np+p-1}\frac{q_i}{(p-1)!}u^ie^{-u}du=\\&=\sum_{i=p}^{np+p-1} \frac{q_i}{(p-1)!}\int_0^\infty u^ie^{-u}du=\\&=\sum_{i=p}^{np+p-1} \frac{q_i}{(p-1)!}i!=\\&= \sum_{i=p}^{np+p-1}q_i i(i-1)\ldots p.\end{aligned}

Και πάλι, εδώ, παρατηρούμε ότι οι όροι του παραπάνω αθροίσματος είναι αφενός όλοι τους ακέραιοι και αφετέρου όλοι πολλαπλάσια του p, συνεπώς και τα ολοκληρώματα I_{p,k} είναι όχι μόνο ακέραιοι αριθμοί αλλά και πολλαπλάσια του p – αυτό κρατήστε το, θα μας φανεί χρήσιμο στην πορεία.

Θα μελετήσουμε τώρα και τα ολοκληρώματα J_{p,k} αλλά με έναν διαφορετικό τρόπο από ό,τι παραπάνω. Αρχικά, παρατηρούμε ότι για κάθε x\in[0,k] έχουμε e^{-x}\leq1 καθώς επίσης και ότι x^{p-1}\leq k^{p-1}\leq n^{p-1} οπότε έχουμε:

\displaystyle |J_{p,k}|=\left|\int_0^k\dfrac{x^{p-1}\left((x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right)^p}{(p-1)!}e^{-x} dx\right|\leq\frac{n^{p-1}}{(p-1)!}\int_0^k\left|(x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right|^pdx.

Τώρα ας παρατηρήσουμε ότι η συνάρτηση \left|(x-1)(x-2)\ldots(x-n)\right| είναι μία συνεχής συνάρτηση στο κλειστό διάστημα [0,k] έπεται ότι παίρνει σε αυτό μία μέγιστη τιμή A>0, επομένως έχουμε:

\displaystyle|J_{p,k}|\leq\frac{n^{p-1}}{(p-1)!}\int_0^kA^pdx=\frac{kn^{p-1}A^p}{(p-1)!}\leq\frac{n^{p}A^p}{(p-1)!}.

Ας παρατηρήσουμε τώρα ότι καθώς το p\to\infty έχουμε – π.χ. από το κριτήριο λόγου – και:

\dfrac{n^{p}A^p}{(p-1)!} \to0.

Συνεπώς, καθώς p\to\infty έχουμε και J_{p,k}\to0.

Συνοψίζοντας όλα τα παραπάνω, για αρκετά μεγάλες τιμές του p έχουμε:

  • τα ολοκληρώματα I_p είναι ακέραιοι και όχι πολλαπλάσια του p,
  • τα ολοκληρώματα I_{p,k} είναι ακέραιοι και πολλαπλάσια του p,
  • τα ολοκληρώματα J_{p,k} είναι «σχεδόν μηδέν».

Μαζί με τα παραπάνω, ας παρατηρήσουμε και ότι:

\begin{aligned}I_{p,k}+J_{p,k}&= e^k\int_k^\infty f_p(x)dx+ e^k\int_0^k f_p(x)dx=\\&=e^k\left( \int_0^k f_p(x)dx + \int_k^\infty f_p(x)dx \right)=\\&=e^k\int_0^\infty f_p(x)dx=\\&=e^kI_p.\end{aligned}

Δηλαδή:

I_{p,k}+J_{p,k}=e^kI_p\Leftrightarrow e^k=\dfrac{I_{p,k}+J_{p,k}}{I_p}.

Οπότε, για έναν αρκετά μεγάλο πρώτο αριθμό p, έτσι ώστε να έχουμε:

\displaystyle\sum_{k=1}^na_k|J_{p,k}|<1

μαζί με όλα τα παραπάνω, θέτουμε N=I_p, ο οποίος είναι ακέραιος, M_k=I_{p,k}, που είναι επίσης ακέραιοι, και \delta_k=J_{p,k}. Επομένως, έχουμε:

e^k=\dfrac{M_k+\delta_k}{N}.

Τώρα, ας παρατηρήσουμε λίγο την παράσταση:

\displaystyle M= a_0N+\sum_{k=1}^na_kM_k.

Το δεξί άθροισμα είναι πολλαπλάσιο του p, ως άθροισμα πολλαπλασίων του p. Αντιθέτως, ο όρος a_0N δεν είναι πολλαπλάσιο του p αφού ο N δεν είναι πολλαπλάσιο του p και a_0\neq0. Συνεπώς, ο M δεν μπορεί να είναι μηδέν, αφού τότε θα ήταν πολλαπλάσιο του p, άρα και ο a_0N θα ήταν πολλαπλάσιο του p – που δεν είναι. Επομένως, θα πρέπει, από τη σχέση M+\Delta=0, αφού ο M είναι ένας μη μηδενικός ακέραιος, και ο \Delta να είναι ένας μη μηδενικός ακέραιος, άτοπο, καθώς ο \Delta έχει επιλεγεί να είναι κατ’απόλυτη τιμή μικρότερος της μονάδας – και άρα όχι ακέραιος.

Συνεπώς, ο e δεν είναι αλγεβρικός καθώς δεν υπάρχει πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές του οποίου ο e να είναι ρίζα.

Επίλογος

Κουραστική απόδειξη. Βασικά, πολύ κουραστική απόδειξη. Η αλήθεια είναι ότι το γεγονός ότι εμπλέξαμε ολοκληρώματα σε μία απόδειξη που αφορούσε έναν «απλό» αριθμό ίσως να φαίνεται περίεργο, αλλά, εν μέρει, αυτή η επιλογή – και το γεγονός ότι, τελικά, οδηγεί σε απόδειξη αυτού που θέλουμε – δικαιολογείται από τις ιδιαίτερες αναλυτικές ιδιότητες του αριθμού e. Επιπλέον, αυτή η πολύπλοκη δομή της απόδειξης – ενώ αυτό που τελικά αποδεικνύουμε είναι ιδιαίτερα απλό ως προς τη διατύπωσή του – είναι ενδεικτική της πολύπλοκης δομής που έχουν κάποιοι αριθμοί και, γενικότερα, η ευθεία των πραγματικών αριθμών.

Ειδικότερα, να παρατηρήσουμε ότι ακρογωνιαίος λίθος της παραπάνω απόδειξης είναι το λήμμα που μας δίνει το εξής αποτέλεσμα:

\displaystyle \int_0^\infty x^re^{-x}dx=r!.

Χωρίς αυτό δε θα μπορούσαμε με τον παραπάνω τρόπο να καταλήξουμε σε διάφορα από τα συμπεράσματα που είδαμε – κυρίως σε όσα αφορούσαν την «ακεραιότητα» των προσεγγίσεών μας. Εδώ μπορούμε να κάνουμε και μία ακόμα ενδιαφέρουσα παρατήρηση. Το γεγονός που μας επέτρεψε να αποδείξουμε το παραπάνω λήμμα είναι ότι η εκθετική συνάρτηση e^x μένει αναλλοίωτη κατά την παραγώγιση – γεγονός που μας επέτρεψε να κάνουμε εύκολα τις απαραίτητες ολοκληρώσεις κατά παράγοντες κατά την επαγωγική μας απόδειξη. Αν αντικαταστήσουμε τον e με κάποιον άλλον θετικό πραγματικό αριθμό η παραπάνω απόδειξη δεν «δεουλεύει» με τον ίδιο ακριβώς τρόπο. Συνεπώς, πράγματι, η ιδιότητα «κλειδί» για τα παραπάνω ήταν αυτή που καθορίζει τον e ως τον μοναδικό πραγματικό αριθμό έτσι ώστε (a^x)'=a^x.

Μέχρι την επόμενη εβδομάδα, καλή συνέχεια!

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Δίπλα στη λίμνη του Pierre-Auguste Renoir.

Διαβάστε επίσης: Μία γνωστή σχέση…

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media:

2 comments

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s