אי-רציונליות של פאי

ב-1761 הוכיח המתמטיקאי יוהאן היינריך למברט לראשונה כי הקבוע המתמטי π הוא מספר אי-רציונלי – כלומר לא ניתן לבטאו כיחס בין שני מספרים שלמים. ב-1873 מצא שארל הרמיט הוכחה המשתמשת בכלים בסיסיים בחשבון אינפיניטסימלי. שלושה פישוטים להוכחתו של הרמיט נערכו בידי ניקולא בורבאקי, מרי קרטרייט ואיוון ניוון. הוכחה נוספת, המהווה פישוט להוכחתו המקורית של למברט, נערכה בידי מיקלוש לצקוביץ'. רבות מן ההוכחות האלה הן בדרך השלילה. ב-1882 הוכיח פרדיננד לינדמן כי לא זאת בלבד ש- π {\displaystyle \pi } אי-רציונלי, אלא גם מספר טרנסצנדנטי – כלומר אינו שורש של אף פולינום בעל מקדמים רציונליים. ראשית, הראה למברט באמצעות חילוק פולינומים שוב ושוב כי הפונקציה tan ⁡ ( x ) {\displaystyle \tan(x)} ניתנת לביטוי כשבר משולב אינסופי: tan ⁡ ( x ) = x 1 − x 2 3 − x 2 5 − x 2 7 − x 2 ⋱ {\displaystyle \tan(x)={\dfrac {x}{1-{\dfrac {x^{2}}{3-{\dfrac {x^{2}}{5-{\dfrac {x^{2}}{7-{\dfrac {x^{2}}{\ddots }}}}}}}}}}} לאחר מכן הוכיח כי אם x ≠ 0 {\displaystyle x\neq 0} רציונלי אזי הביטוי הנ"ל תמיד אי-רציונלי – במילים אחרות, אם הביטוי הנ"ל מספר רציונלי אזי x {\displaystyle x} אי-רציונלי. מאחר שמתקיים tan ⁡ ( π 4 ) = 1 {\displaystyle \tan \left({\frac {\pi }{4}}\right)=1} אזי המספר π 4 {\displaystyle {\frac {\pi }{4}}} אי-רציונלי, וכך גם π {\displaystyle \pi } . נניח בשלילה כי π {\displaystyle \pi } רציונלי. נגדיר שתי סדרות פונקציות ממשיות: A 0 ( x ) = sin ⁡ ( x ) , A n + 1 ( x ) = ∫ 0 x y A n ( y ) d y U 0 ( x ) = sin ⁡ ( x ) x , U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x {\displaystyle {\begin{aligned}A_{0}(x)&=\sin(x),&&A_{n+1}(x)=\int \limits _{0}^{x}yA_{n}(y)dy\\[4pt]U_{0}(x)&={\frac {\sin(x)}{x}},&&U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\end{aligned}}} באינדוקציה מתמטית ניתן להוכיח כי A n ( x ) = x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 n + 3 2 ⋅ ( 2 n + 3 ) ! ! + x 2 n + 5 2 ⋅ 4 ⋅ ( 2 n + 5 ) ! ! − x 2 n + 7 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ( 2 n + 7 ) ! ! ± ⋯ U n ( x ) = 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 2 ⋅ ( 2 n + 3 ) ! ! + x 4 2 ⋅ 4 ⋅ ( 2 n + 5 ) ! ! − x 6 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ( 2 n + 7 ) ! ! ± ⋯ {\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\cdot (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\cdot 4\cdot (2n+5)!!}}-{\frac {x^{2n+7}}{2\cdot 4\cdot 6\cdot (2n+7)!!}}\pm \cdots \\[5pt]U_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\cdot (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\cdot 4\cdot (2n+5)!!}}-{\frac {x^{6}}{2\cdot 4\cdot 6\cdot (2n+7)!!}}\pm \cdots \end{aligned}}} ועל כן נקבל כי U n ( x ) = A n ( x ) x 2 n + 1 {\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}} . לכן A n + 1 ( x ) x 2 n + 3 = U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x = − 1 x d d x ( A n ( x ) x 2 n + 1 ) = − 1 x ( A n ′ ( x ) ⋅ x 2 n + 1 − ( 2 n + 1 ) x 2 n A n ( x ) x 2 ( 2 n + 1 ) ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x A n ′ ( x ) x 2 n + 3 A n + 1 ( x ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x 2 A n − 1 ( x ) {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {d}{dx}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\left({\frac {A_{n}'(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\right)\\[6pt]&={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\\[6pt]A_{n+1}(x)&=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x)\end{aligned}}} באמצעות שימוש בהגדרת הסדרה ובאינדוקציה מתמטית ניתן להראות כי A n ( x ) = P n ( x 2 ) sin ⁡ ( x ) + x Q n ( x 2 ) cos ⁡ ( x ) {\displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x)} כאשר P n , Q n {\displaystyle P_{n},Q_{n}} פולינומים במקדמים שלמים, ומתקיים deg ⁡ ( P n ) ≤ ⌊ 0.5 n ⌋ {\displaystyle \deg(P_{n})\leq {\bigl \lfloor }0.5n{\bigr \rfloor }} (מעלת הפולינום). בפרט, A n ( 0.5 π ) = P n ( 0.25 π 2 ) {\displaystyle A_{n}(0.5\pi )=P_{n}(0.25\pi ^{2})} . הרמיט אף מצא נוסחה סגורה לסדרה הראשונה: A n ( x ) = x 2 n + 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ⁡ ( x z ) d z {\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)dz} הוא לא הצדיק את הטענה, אך היא ניתנת להוכחה בקלות. ראשית, טענה זו שקולה לביטוי 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ⁡ ( x z ) d z = A n ( x ) x 2 n + 1 = U n ( x ) {\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)dz={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x)} נמשיך באינדוקציה. עבור n = 0 {\displaystyle n=0} מתקיים ∫ 0 1 cos ⁡ ( x z ) d z = sin ⁡ ( x ) x = U 0 ( x ) {\displaystyle \int \limits _{0}^{1}\cos(xz)dz={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)} עתה נניח כי הנוסחה נכונה עבור n = k {\displaystyle n=k} , ונוכיח כי היא נכונה עבור n = k + 1 {\displaystyle n=k+1} . תוך שימוש באינטגרציה בחלקים ובכלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל, נקבל כי 1 2 k + 1 ( k + 1 ) ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) k + 1 cos ⁡ ( x z ) d z = 1 2 k + 1 ( k + 1 ) ! ( ( 1 − z 2 ) k + 1 sin ⁡ ( x z ) x | z = 0 z = 1 ⏞ = 0   +   ∫ 0 1 2 ( k + 1 ) ( 1 − z 2 ) k z sin ⁡ ( x z ) x d z ) = 1 x ⋅ 1 2 k k ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) k z sin ⁡ ( x z ) d z = − 1 x ⋅ d d x ( 1 2 k k ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) k cos ⁡ ( x z ) d z ) = − U k ′ ( x ) x = U k + 1 ( x ) {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2^{k+1}(k+1)!}}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{k+1}\cos(xz)dz&={\frac {1}{2^{k+1}(k+1)!}}{\Bigg (}\,\overbrace {\left.(1-z^{2})^{k+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}\ +\ \int \limits _{0}^{1}2(k+1)(1-z^{2})^{k}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,dz{\Bigg )}\\[5pt]&\qquad ={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{k}k!}}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{k}z\sin(xz)dz\\[5pt]&\qquad =-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {d}{dx}}\left({\frac {1}{2^{k}k!}}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{k}\cos(xz)dz\right)\\[5pt]&\qquad =-{\frac {U_{k}'(x)}{x}}\\[5pt]&\qquad =U_{k+1}(x)\end{aligned}}} אם π 2 4 = p q {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{4}}={\frac {p}{q}}} כאשר p , q ∈ N {\displaystyle p,q\in \mathbb {N} } , אזי מפני שמקדמי P n {\displaystyle P_{n}} שלמים וכן deg ⁡ ( P n ) ≤ ⌊ 0.5 n ⌋ {\displaystyle \deg(P_{n})\leq {\bigl \lfloor }0.5n{\bigr \rfloor }} – נובע כי q ⌊ 0.5 n ⌋ P n ( 0.25 π 2 ) = N {\displaystyle q^{\lfloor 0.5n\rfloor }P_{n}(0.25\pi ^{2})=N} מספר שלם. במילים אחרות: N = q ⌊ 0.5 n ⌋ A n ( 0.5 π ) = q ⌊ 0.5 n ⌋ 1 2 n n ! ( p q ) n + 0.5 ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ⁡ ( 0.5 π z ) d z {\displaystyle N=q^{\lfloor 0.5n\rfloor }A_{n}(0.5\pi )=q^{\lfloor 0.5n\rfloor }{\frac {1}{2^{n}n!}}\left({\dfrac {p}{q}}\right)^{n+0.5}\int \limits _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(0.5\pi z)dz} ובבירור מתקיים N > 0 {\displaystyle N>0} , מאידך, הגבול של ביטוי זה כאשר n → ∞ {\displaystyle n\to \infty } הוא 0, כלומר עבור n {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים 0 < N < 1 {\displaystyle 0<N<1} . סתירה. הערה: הרמיט לא הציג הוכחה זו כבפני עצמה אלא כמחשבה נוספת במהלך חיפושיו אחר הוכחה לטרנסצנדנטיות של π. הוא דן ושקל בנוסחאות הנסיגה לצורך השגת ייצוג אינטגרלי נוח. כאשר מתקבל ייצוג אינטגרלי זה, ישנן דרכים שונות להציג הוכחה תמציתית ועצמאית החל מן האינטגרל (כפי שמופיע בהוכחותיהם של בורבאקי, קרטרייט וניוון) אשר הרמיט הבחין בהן בקלות (כפי שעשה בהוכחתו לטרנסצנדנטיות של e). בנוסף, הוכחתו של הרמיט קרובה להוכחתו של למברט יותר מכפי שנראה. למעשה, A n ( x ) {\displaystyle A_{n}(x)} היא ה"שארית" של השבר המשולב שהציג למברט עבור הפונקציה tan ⁡ ( x ) {\displaystyle \tan(x)} . נניח בשלילה כי π {\displaystyle \pi } רציונלי, כלומר קיימים a , b ∈ N {\displaystyle a,b\in \mathbb {N} } עבורם π = a b {\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}} . לכל n ∈ N {\displaystyle n\in \mathbb {N} } נגדיר פולינום f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! = ∑ m = n 2 n c m n ! x m , : c m ∈ Z {\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum _{m\,=\,n}^{2n}{\frac {c_{m}}{n!}}x^{m},\quad :c_{m}\in \mathbb {Z} } מתקיים f ( x ) = f ( π − x ) {\displaystyle f(x)=f(\pi -x)} ולכן f ( k ) ( x ) = ( − 1 ) k f ( k ) ( π − x ) = { ∑ m = n 2 n k ! n ! ( m k ) c m x m − k : 0 ≤ k ≤ n − 1 ∑ m = k 2 n k ! n ! ( m k ) c m x m − k : n ≤ k ≤ 2 n f ( k ) ( 0 ) = ( − 1 ) k f ( k ) ( π ) = { 0 : 0 ≤ k ≤ n − 1 k ! n ! c k : n ≤ k ≤ 2 n {\displaystyle {\begin{aligned}f^{(k)}\!(x)=(-1)^{k}f^{(k)}\!(\pi -x)&={\begin{cases}\displaystyle \sum _{m\,=\,n}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}c_{m}x^{m-k}&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle \sum _{m\,=\,k}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}c_{m}x^{m-k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\\[5pt]f^{(k)}\!(0)=(-1)^{k}f^{(k)}\!(\pi )&={\begin{cases}0&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle {\frac {k!}{n!}}c_{k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\end{aligned}}} עתה נגדיר A n = ∫ 0 π f ( x ) sin ⁡ ( x ) d x {\displaystyle A_{n}=\int \limits _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)dx} . האינטגרנד חיובי בקטע הפתוח ( 0 , π ) {\displaystyle (0,\pi )} ומתאפס רק בקצוות, ולכן מתקיים A n > 0 {\displaystyle A_{n}>0} . שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי A n = − f ( 0 ) ( x ) cos ⁡ ( x ) | 0 π + f ( 1 ) ( x ) sin ⁡ ( x ) | 0 π + f ( 2 ) ( x ) cos ⁡ ( x ) | 0 π − ⋯ ± f ( 2 n ) ( x ) cos ⁡ ( x ) | 0 π ∓ ∫ 0 π f ( 2 n + 1 ) ( x ) cos ⁡ ( x ) d x {\displaystyle A_{n}=-f^{(0)}\!(x)\cos(x){\bigg |}_{0}^{\pi }+f^{(1)}\!(x)\sin(x){\bigg |}_{0}^{\pi }+f^{(2)}\!(x)\cos(x){\bigg |}_{0}^{\pi }-\cdots \pm f^{(2n)}\!(x)\cos(x){\bigg |}_{0}^{\pi }\mp \int \limits _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}\!(x)\cos(x)dx} האינטגרל האחרון מתאפס מפני שהביטוי f ( 2 n + 1 ) ( x ) {\displaystyle f^{(2n+1)}\!(x)} הוא פולינום האפס, שכן deg ⁡ ( f ) = 2 n {\displaystyle \deg(f)=2n} . מכיוון שלכל 0 ≤ k ≤ 2 n {\displaystyle 0\leq k\leq 2n} הפונקציות f ( k ) ( x ) , sin ⁡ ( x ) , cos ⁡ ( x ) {\displaystyle f^{(k)}\!(x),\sin(x),\cos(x)} מקבלות ערכים שלמים בקצות הקטע, אזי A n {\displaystyle A_{n}} מספר שלם. מאידך, בקטע הפתוח מתקיים 0 < x < π 0 < a − b x < a 0 < sin ⁡ ( x ) < 1 {\displaystyle {\begin{aligned}&0<x<\pi \\&0<a-bx<a\\&0<\sin(x)<1\end{aligned}}} ולכן 0 < A n < π ( π a ) n n ! {\displaystyle 0<A_{n}<\pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}} . אך עבור n {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים 0 < A n < 1 {\displaystyle 0<A_{n}<1} . סתירה. הוכחה זו זהה ברובה להוכחתו של בורבאקי לעיל. נגדיר f ( x ) , A n {\displaystyle f(x),A_{n}} כנ"ל. עתה נגדיר F ( x ) = ∑ k = 0 n ( − 1 ) k f ( 2 k ) ( x ) {\displaystyle F(x)=\sum _{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k)}\!(x)} נגזור פעמיים, ומפני שהביטוי f ( 2 n + 2 ) ( x ) {\displaystyle f^{(2n+2)}(x)} הוא פולינום האפס נקבל כי F ″ ( x ) = ∑ k = 0 n ( − 1 ) k f ( 2 k + 2 ) ( x ) = ∑ k = 1 n ( − 1 ) k − 1 f ( 2 k ) ( x ) F ″ ( x ) + F ( x ) = f ( x ) {\displaystyle {\begin{aligned}F''\!(x)=\sum _{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k+2)}\!(x)=\sum _{k\,=\,1}^{n}(-1)^{k-1}f^{(2k)}\!(x)\\[5pt]F''\!(x)+F(x)=f(x)\end{aligned}}} מהמשוואה האחרונה נקבל f ( x ) sin ⁡ ( x ) = F ″ ( x ) sin ⁡ ( x ) + F ( x ) sin ⁡ ( x ) = [ F ″ ( x ) sin ⁡ ( x ) + F ′ ( x ) cos ⁡ ( x ) ] − [ F ′ ( x ) cos ⁡ ( x ) − F ( x ) sin ⁡ ( x ) ] = [ F ′ ( x ) sin ⁡ ( x ) − F ( x ) cos ⁡ ( x ) ] ′ A n = ∫ 0 π f ( x ) sin ⁡ ( x ) d x = [ F ′ ( x ) sin ⁡ ( x ) − F ( x ) cos ⁡ ( x ) ] 0 π = F ( π ) + F ( 0 ) {\displaystyle {\begin{aligned}f(x)\sin(x)&=F''\!(x)\sin(x)+F(x)\sin(x)\\[5pt]&={\bigl [}F''\!(x)\sin(x)+F'\!(x)\cos(x){\bigr ]}-{\bigl [}F'\!(x)\cos(x)-F(x)\sin(x){\bigr ]}\\[5pt]&={\bigl [}F'\!(x)\sin(x)-F(x)\cos(x){\bigr ]}'\\[5pt]A_{n}=\int \limits _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)dx&={\Big [}F'\!(x)\sin(x)-F(x)\cos(x){\Big ]}_{0}^{\pi }=F(\pi )+F(0)\end{aligned}}} הביטוי האחרון הוא מספר שלם, שכן בהוכחה הקודמת הראינו כי הפונקציות f ( k ) ( x ) {\displaystyle f^{(k)}\!(x)} מקבלות ערכים שלמים בקצוות. המשך ההוכחה זהה. נניח בשלילה כי π = a b {\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}} , כאשר a , b ∈ N {\displaystyle a,b\in \mathbb {N} } . לכל n ∈ N {\displaystyle n\in \mathbb {N} } נגדיר פולינום f ( x ) = ( 1 − x 2 ) n n ! = ∑ m = n 2 n c m n ! x m , : c m ∈ Z f ( k ) ( 1 ) = { 0 : 0 ≤ k ≤ n − 1 ∑ m = k 2 n k ! n ! ( m k ) c m : n ≤ k ≤ 2 n {\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {(1-x^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{m\,=\,n}^{2n}{\dfrac {c_{m}}{n!}}x^{m},\quad :c_{m}\in \mathbb {Z} \\[5pt]f^{(k)}\!(1)&={\begin{cases}0&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle \sum _{m\,=\,k}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}c_{m}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\end{aligned}}} עתה נגדיר A n = ∫ − 1 1 f ( x ) cos ⁡ ( 0.5 π x ) d x = 2 ∫ 0 1 f ( x ) cos ⁡ ( 0.5 π x ) d x {\displaystyle A_{n}=\int \limits _{-1}^{1}f(x)\cos(0.5\pi x)dx=2\int \limits _{0}^{1}f(x)\cos(0.5\pi x)dx} . שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי A n = 4 π f ( 0 ) ( x ) sin ⁡ ( 0.5 π x ) | 0 1 + 8 π 2 f ( 1 ) ( x ) cos ⁡ ( 0.5 π x ) | 0 1 − 16 π 3 f ( 2 ) ( x ) sin ⁡ ( 0.5 π x ) | 0 1 − ⋯ ± 2 2 n + 2 π 2 n + 1 f ( 2 n ) ( x ) sin ⁡ ( 0.5 π x ) | 0 1 A n = 4 π ∑ k = 0 n ( − 4 π 2 ) k f ( 2 k ) ( 1 ) N n = π 4 a 2 n A n = ∑ k = 0 n f ( 2 k ) ( 1 ) a 2 n − 2 k ( − 4 b 2 ) k {\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}={\frac {4}{\pi }}f^{(0)}\!(x)\sin(0.5\pi x){\bigg |}_{0}^{1}+{\frac {8}{\pi ^{2}}}f^{(1)}\!(x)\cos(0.5\pi x){\bigg |}_{0}^{1}-{\frac {16}{\pi ^{3}}}f^{(2)}\!(x)\sin(0.5\pi x){\bigg |}_{0}^{1}-\cdots \pm {\frac {2^{2n+2}}{\pi ^{2n+1}}}f^{(2n)}\!(x)\sin(0.5\pi x){\bigg |}_{0}^{1}\\[8pt]A_{n}={\frac {4}{\pi }}\sum _{k\,=\,0}^{n}\left(\!-{\frac {4}{\pi ^{2}}}\!\right)^{\!k}\!f^{(2k)}\!(1)\\[8pt]N_{n}={\frac {\pi }{4}}a^{2n}A_{n}=\sum _{k\,=\,0}^{n}f^{(2k)}\!(1)\,a^{2n-2k}(-4b^{2})^{k}\end{aligned}}} הביטוי האחרון הוא מספר שלם, ומתקיים 0 < N n < π 2 a 2 n n ! {\displaystyle 0<N_{n}<{\frac {\pi }{2}}{\frac {a^{2n}}{n!}}} . אך עבור n {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים 0 < N n < 1 {\displaystyle 0<N_{n}<1} . סתירה. הערה: בדרך זו ניתן להוכיח כי גם π 2 {\displaystyle \pi ^{2}} אי-רציונלי. מספר טרנסצנדנטי טרנסצנדנטיות של e שארל הרמיט ניקולא בורבאקי מרי קרטרייט