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课外阅读：超越性π

>  代数数是代数与数论中的重要概念，指任何整系数多项式的复根,不是代数数的数称为超越数

> 圆周率$\pi$ 表示的是圆周的周长和直径的比，这个小学就学过，他是无限不循环的小数。

## $\pi$ 的超越性
$\pi$ 的超越性的证明与 e 的超越性的证明极为相似，不过更加复杂而已在证明 $\pi$ 是超越数之前，我们先证明

引理 设整系数代数方程

$$
a x^m+a_1 x^{m-1}+\cdots+a_m=0, m \geq 1, a \neq 0
$$

的根是 $\omega, \omega, \cdots, \omega_m$ ，而 $\alpha , \alpha , \cdots, \alpha$ 代表

$$
\omega, \omega_1, \cdots, \omega_m, \omega+\omega, \omega+\omega_3, \cdots, \omega_{n-1}+\omega_m, \cdots,
$$

$$
\omega+\omega_2+\cdots+\omega_m
$$

中所有不等于零的数，则 $\alpha, \alpha, \cdots, \alpha$ 的每一整系数对称多项式是整数。

证（2）中共有

$$
{ }_1^m+{ }_2^m+\cdots+\begin{gathered}
m \\
m
\end{gathered}=2^m-1
$$

个数，今以

$$
\alpha , \alpha , \cdots, \alpha _1, \alpha _{+1}, \cdots, \alpha ^m{ }_{-1}
$$

表示它们，则 $\alpha _{t+1}= \alpha _{+2}=\cdots= \alpha ^m{ }_{-1}=0$ 设 $f( \alpha , \alpha , \cdots, \alpha )$是 $\alpha, \alpha, \cdots, \alpha$ 的任一整系数对称多项式，则由对称多项式的基本定理知，$f( \alpha , \alpha , \cdots, \alpha )$ 能表成 $\alpha , ~ \alpha , \cdots, ~ \alpha$ 的初等对称多项式的整系数多项式，而 $\alpha, \alpha, \cdots, \alpha \times$ 的初等对称多项式即为 $\alpha , \alpha , \cdots, \alpha , \alpha _{+1}, \cdots, \alpha ^m{ }^m$ 的的初等对称多项式，因而 $\sigma=\sum_m^m \omega_1, \sigma=\sum(\omega)\left(\omega_j\right), \cdots, \sigma_i=(\omega)(a w) \cdots\left(\omega_n\right)$的整系数多项式，但 $\sigma =-a_1, \sigma =a a_2, \cdots, \sigma _m=(-1)^m a^{m-1} a_m$ 都是整数，故 $f( \alpha , \alpha , \cdots, \alpha )$ 是整数。
证完

定理 $\pi$ 是超越数。
证（i）假定 $\pi$ 是代数数，则存在下列形式的等式

$$
d_0 \pi ^{m^*}+d_1 \pi ^{m^*-1}+\cdots+d_{m^*}=0, d_0 \neq 0
$$

其中 $d_0, d_1, \cdots, d_{m^*}$ 是整数，因此

$$
\begin{gathered}
\left\{d_0(\pi \pi)^{m^*}-d_2(\pi \pi)^{m^*-2}+\cdots\right\}+ \\
i\left\{d_1(\pi \pi)^{m^*-1}-d_3(\pi \pi)^{m^*-3}+\cdots\right\}=0
\end{gathered}
$$

即

$$
\begin{aligned}
& \left.\left(d_0( \Pi )\right)^{m^*}-d_2( I T )^{m^*-2}+\cdots\right)^2+ \\
& \left(d_1(IT)^{m^*-1}-d_3(IT)^{m^*-3}+\cdots\right)^2=0 \text {, }
\end{aligned}
$$

亦即 $\pi \pi$ 是一代数数（因为 $d_0^2 \neq 0$ ），设 $\pi \bar{\pi}$ 满足整系数代数方程

$$
a x^m+a_1 x^{m-1}+\cdots+a_m=0, a>0
$$

其根为 $\omega_1=\pi \pi, \omega_2, \cdots, \omega_m$ ．由于 $1+ e ^{\omega_1}=1+ e ^\pi=0$ ，故

$$
\left(1+e^{\omega_1}\right)\left(1+e^{\omega_2}\right) \cdots\left(1+e^{\omega_m}\right)=0 .
$$

乘开即得

$$
C+\sum^n e^{\alpha_k}=0, \quad C>0
$$

其中 $\alpha , \alpha , \cdots, \alpha$ 即为引理所定义的各数，而 $C-1$ 即为（2）中等于零的数的个数．
（ii）设 $f(x)$ 是任一 1 次多项式，由于 $e ^{-x}$ 及 $f(x)$ 在整个复数平面上解析，故上节中的（8）式对 $\alpha (k=1,2, \cdots, n)$ 仍然成立，即

$$
F\left( \alpha _k\right)=e^{ \alpha _k} F(0)-e^\alpha j _0^{ \alpha _k} f(x) e^{-x} d x
$$

其中 $\quad F(x)=f(x)+f^{( }(x)+\cdots+f^{\prime \prime}(x)$ ，
积分路线可取 0 到 $\alpha$ 的直线，由（4）即得

$$
C F(0)+F( \alpha )+\cdots+F( \alpha )=-\sum_{x=1}^n e^\alpha \int_0^\alpha f(x) e^{-x} d x,
$$

现在只要证明在适当选择 $f(x)$ 之后，（5）式不成立就够了．
（iii）令
$$
f(x)=\frac{1}{(p-1)!}(a x)^{p-1}\{(a x-a \alpha )(a x- \alpha ) \cdots(a x-\alpha \alpha )\}^p,
$$

其中 $p>\max \left(a, C,\left|a^n \alpha \alpha \cdots \alpha \right|\right)$ ，由引理知 $(p-1)!f(x)$ 是 $a x$ 的整系数多项式，同上节定理 3 的证明一样，$f(x)$ 具有下述性质：
（a）$f(x), f^{\prime}(x), \cdots, f^{(p-1)}(x)$ 当 $x= \alpha , \alpha , \cdots, \alpha$ 时都等于零；
（b）$f^{(p)}(x), f^{p+1)}(x), \cdots, f^{(n+1) p-1)}(x)$ 都是 $a x$ 的整系数多项式，并且这些系数都被 $p$ 整除。

由（a）即得

$$
F( \alpha )=f^{p)}( \alpha )+f^{(p+1)}( \alpha )+\cdots+f^{(n+1) p-1)}( \alpha )
$$

由（b），$F( \alpha )$ 可以写成 $\alpha \alpha$ 的整系数多项式，并且系数都是 $p$ 的倍
数，即

$$
F( \alpha )=p \sum^{n p-1} b_l( \alpha )^t
$$

故

$$
F( \alpha )+F( \alpha )+\cdots+F( \alpha )=p \sum^{n p-1} b_t \sum^n( \alpha )^t
$$

由引理知 $\sum^n( a \alpha )^t(t=0,1, \cdots, n p-1)$ 都是整数 故 $\sum^n F( \alpha )$是整数，且

$$
\sum^n F( \alpha ) \equiv 0(\bmod p)
$$

仿照上节定理 3 的证明也可以得到 $F(0) \equiv(-1)^{p n} a^{p-1}( \alpha$ ． $\alpha \cdots)^p(\bmod p)$ 故

$$
\begin{aligned}
C F(0) & +F( \alpha )+\cdots+F( \alpha ) \\
& \equiv C a^{p-1}\left((-1)^n \alpha \cdot \alpha \cdots \alpha \right)^p(\bmod p)
\end{aligned}
$$

但 $p>\max (a, C,| \alpha \cdot \alpha \alpha |)$ ，因此，$(p, a)=(p, C)=$ $(p, \alpha \cdot \alpha \cdots \alpha )=1, p \nmid C a^{p-1}\left((-1)^n \alpha \cdot \alpha \cdots \alpha ^{\prime}\right)^p$ ，故

$$
C F(0)+F( \alpha )+\cdots+F( \alpha ) \text { á } 0(\bmod p)
$$

$$
\begin{aligned}
|f(x)| & \leq \frac{\left.\perp a\right|^{(n+1) p-1} M^{p-1}(2 M)^{n p}}{(p-1)!} \\
& \left|e^{-x}\right| \leq e^{|x|} \leq e^M
\end{aligned}
$$

故 $\quad\left|\int_0^{\alpha_k} f(x) e ^{-x} d x\right| \leq \frac{2^{n p} a^{(n+1) p-1} M^{(n+1) p}}{(p-1)!} e ^M$ ，
因积分路线的长是 $| \alpha | \leq M$ ．由此得

$$
\left|\sum^n e^\alpha \int_0^\alpha k(x) e^{-x} d x\right| \leq 2^{n p} a^{(n+1) p-1} n e^{2 M} \frac{M^{(n+1) p}}{(p-1)!}
$$

由上节引理知，当 $p \rightarrow \infty$ 时，上式右边趋近于零，即当 $p$ 充分大时

$$
\left|\sum_{i=-}^n e^\alpha \int_0^\alpha f(x) e^{-x} d x\right|<1
$$

由（6）及（7）即知（5）不成立，故 $\pi$ 是超越数。证完
利用 $\pi$ 的超越性，我们可以证明所谓几何三大问题之一即＂化圆为方＂不可能，确切地说，就是对任意给定的圆，不可能用圆规直尺作出一个正方形，使得这个正方形的面积恰好等于给定圆的面积 其实我们可取一个半径是 1 的圆，那么这个圆的面积是 $\pi$ 我们只要证明不能用圆规直尺作出一个线段，使它的长 $x$ 满足条件

$$
x^2= \pi \text {, 即 } x= \pi
$$

就够了．由初等几何我们知道一个线段能用圆规直尺作出的充分与必要条件是这个线段的长能够用给定的线段的长实行加，减，乘，除及（正数）开平方五种运算得出 现在我们给定的线段只有圆的半径，它的长是 1 但用 1 实行加，减，乘，除及（正数）开平方五种运算只能得出代数数，不能得出超越数 $\pi$ 来（因为由 $\pi$ 是超越数，很容易证明 $\pi$ 是超越数）故我们提出的问题已经解决了。

在 1900 年希尔伯特提出下面的问题：当 $\beta$ 是代数数而不是有理数，$\alpha$ 是代数数而不等于 0 与 1 时， $\alpha ^{ \beta }$ 是否一定是超越数。希尔伯特当时认为这个问题比费尔马问题还要困难 但在 1934 年盖立方由此可以推出 $e ^\pi$ 是超越数（因为 $e ^\pi=(-1)^{-1}$ ）。

根据现代的知识，除了上述结果以外，我们可以证明

$$
\sin 1, \log 2, \frac{\log 3}{\log 2}
$$

是超越数，但是还不知道 $\alpha , \alpha , \pi$ 及欧拉常数 $Y =\lim _{n \rightarrow \infty} 1+\frac{1}{2}$

$+\cdots+\frac{1}{n}-\log n$ 之中哪些是超越数．我们对于超越数的知识还是很贫乏的，我们甚至不知道 $Y$ 是不是无理数。

> 代数数是代数与数论中的重要概念，指任何整系数多项式的复根,不是代数数的数称为超越数

`例` 试证明圆周率 $\pi$ 是非有理数。
证明 假设 $\pi$ 是有理数，则可以令 $\pi=\frac{a}{b}, a, b \in Z ^{+}$．考虑

$$
\begin{aligned}
& f(x)=\frac{x^n(a-b x)^n}{n!} \\
& F(x)=f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^n f^{(2 n)}(x)
\end{aligned}
$$

则 $f(x)$ 及其导数在 $x=0, x=\pi$ 点的值为整数，进而 $F(0), F(\pi) \in Z$ ．
另外，

$$
\frac{d}{d x}\left(F^{\prime}(x) \sin x-F(x) \cos x\right)=\left(F^{\prime \prime}(x)+F(x)\right) \sin x=f(x) \sin x,
$$

所以，

$$
\int_0^\pi f(x) \sin x d x=F(\pi)-F(0) \in Z
$$

但是，当 $0<x<\pi$ ，及 $n$ 充分大时，有

$$
\begin{aligned}
& 0<f(x) \sin x<\frac{\pi^n a^n}{n!}<\frac{1}{\pi}, \\
& 0<\int_0^\pi f(x) \sin x d x<1 .
\end{aligned}
$$

显然，这与它是整数相矛盾．
至于 $\pi$ 是超越数的证明，我们将在 2.7 节超越扩张一节的最后给出．

上述证明来源 [《域与伽罗瓦理论》]
(https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=2615)

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