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课外阅读：超越数e

欧拉数e是一个在数学中应用最广泛的超越数，他和复变函数息息相关，详见 [欧拉公式](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1867)

## e的超越性

在前面我们具体地找出了超越数，现在将要证明数 e（自然对数的底）及 $\pi$（圆周率）是超越数 在此以前我们先证明 e 及 $\pi$ 是无理数。

**定理1** e 是无理数。
证 由数学分析知，

$$
\begin{aligned}
e= & 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \\
& +\frac{1}{(n+1)!} 1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots
\end{aligned}
$$

故

$$
n!l=I_n+R_n,
$$

其中 $I_n=n!\quad 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}$ 是整数，而

$$
R_n=\frac{1}{n+1} 1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots .
$$

当 $n \geq 2$ 时，

$$
0<R_n<\frac{1}{n+1} 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots=\frac{e}{n+1}<1
$$

（因 $e <3$ ）若 e 是一有理数，设 $e =\frac{a}{b}$ ，则当 $n>b$ 时，（1）式左端是整数，而右端不是整数，这是一个矛盾，故 e 是无理数。证完

在证明 $\pi$ 是无理数之前，我们先证明
引理 若 $a$ 是一正常数，则当 $n$ 趋向无穷大时，$\frac{a^n}{n}$ 趋近于零．
证 当 $n>2 a$ 时，

$$
\frac{a^n}{n!}=\frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdots \frac{a}{2[a]+1} \cdot \frac{a}{2[a]+2} \cdots \frac{a}{n}<M \frac{1}{2}^{n-(2|a|+1)}
$$

其中 $M=\frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdots \frac{a}{2[a]+1}$ 是一正常数．任给 $£>0$ ，易见当 $n$ 充分大时 $M \frac{1}{2}{ }^{n-2|a|-1}< E$ 因而

$$
\frac{a^n}{n!}< \varepsilon .
$$

故引理获证．
证完

**定理2** $\pi$ 是无理数。
证（i）设 $f(x)$ 是任一 $2 n$ 次多项式，我们先证明

$$
\int_0^n f(x) \sin x d x=\left[F^{\prime}(x) \sin x-F(x) \cos x\right]_0^\eta,
$$

其中

$$
F(x)=f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2 n)}(x)
$$

因为由分部积分法，对任一具有一次及二次的连续导数的函数 $\varphi(x)$ 来说，

$$
\begin{gathered}
\int_0^{\cap} \varphi(x) \sin x d x=\left[\varphi^{( }(x) \sin x-\varphi(x) \cos x\right]_0^{n} \\
-\int_0^{n} \varphi^{(2)}(x) \sin x d x
\end{gathered}
$$

今对多项式 $f(x)$ 应用（3）式 $n+1$ 次即得

$$
\begin{aligned}
& \int_0^n f(x) \sin x d x=\left[\left\{f^*(x)-f^{(3)}(x)+f^{(5)}(x)+\cdots\right.\right. \\
& \left.\quad+(-1)^{(n-1)} f^{(2 n-1)}(x)+(-1)^n f^{(2 n+1)}(x)\right\} \sin x \\
& \quad-\left\{f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)+\cdots\right. \\
& \left.\left.\quad+(-1)^n f^{(2 n)}(x)\right\} \cos x\right]_0^n+(-1)^{n+1} \int_0^n f^{(2 n+2)}(x) \sin x d x
\end{aligned}
$$

因 $f(x)$ 是 $2 n$ 次多项式，故 $f^{(2 n+1)}(x)=f^{(2 n+2)}(x)=0$ ，由上式即得（2）。

在（2）中令 $\eta = \pi$ 即得

$$
\int_0^\pi f(x) \sin x d x=F(\pi)+F(0)
$$

（ii）假定 $\pi$ 是有理数，设 $\pi=\frac{a}{b}$ ，今证适当地选择 $f(x)$ 以后
（4）式不可能成立，我们取

$$
f(x)=\frac{x^n(a-b x)^n}{n!}
$$

其中 $n$ 是满足条件 $\quad \frac{\pi^{n+1} a^n}{n!}<1$

的正整数（由引理知，这种 $n$ 是存在的），则 $f(x)$ 有下列性质：
（a）$f(x), f^*(x), \cdots, f^{(n-1)}(x)$ 当 $x=0, \frac{a}{b}$ 时都等于 0 ；
（b）$f^{(n)}(x), f^{n+1)}(x), \cdots, f^{(2 n)}(x)$ 都是整系数多项式，且当 $x=0, \frac{a}{b}$ 时是整数．

要证（a），首先我们由（5）可以看出 $f(x)$ 的每一项的次数 $\geq$ $n$ ，因此 $f^{(j)}(x)(j=0,1, \cdots, n-1)$ 都是没有常数项的多项式，故 $f^{(j)}(0)=0$ 又 $f \frac{a}{b}-x=f(x)$ ，故 $f^{(j)} \frac{a}{b}-x=f^{(j)}(x)$ ，因而，$f^{(j)} \frac{a}{b}=0$ 。

要证（b），可以看 $x^k$ 的 $n+ V$ 次导数，当 $k<n+ V$ 时，导数是 0 ，当 $k \geq n+ V , V \geq 0$ 时，导数是

$$
k(k-1) \cdots(k-(n+V)+1) x^{k-(n+V)},
$$

它的系数是 $(n+ V )$ 的倍数，因而是 $n$ 的倍数故 $f^{(j)}(x)(j \geq n)$是整系数多项式，由此即知 $f^{(j)}(0)$ 是整数，又 $f^{(j)}(x)=$ $f^{(j)} \frac{a}{b}-x$ ，故 $f^{(j)} \frac{a}{b}$ 是整数．

由（a），（b）立刻知道 $F \frac{a}{b}+F(0)$ 是整数 另一方面，当 $0<$ $x<\frac{a}{b}=\pi$ 时，

$$
0<f(x) \sin x<\frac{ \pi ^n a^n}{n!} .
$$

故由 $(4), F(\pi)+F(0)$ 是正整数，即 $F(\pi)+F(0) \geq 1$ 但由 $(7)$ ，
（6）

$$
\int_0^\pi f(x) \sin x d x<\frac{ \pi ^{n+1} a^n}{n!}<1,
$$

这与（4）式矛盾，故 $\pi$ 不能是有理数。
证完现在我们证明

定理3 e 是超越数．
证（i）当 $f(x)$ 是任一 $n$ 次多项式时，我们可以用分部积分法证明

$$
F(b)=e^b F(0)-e^t \int_0^b f(x) e^{-x} d x ...(8)
$$

其中 $\quad F(x)=f(x)+f^*(x)+\cdots+f^{n)}(x)$ ．
这是因为由分部积分法，对任一有连续导数的函数 $\varphi(x)$ 来说，

$$
\int_0^b \varphi(x) e^{-x} d x=-\left[\varphi(x) c^{-x}\right]_0^b+\int_0^b \varphi^{\prime}(x) e^{-x} d x
$$

对多项式 $f(x)$ 应用（10）式 $n+1$ 次即得

$$
\begin{gathered}
\int_0^b f(x) e^{-x} d x=-\left[\left\{f(x)+f^{\infty}(x)+\cdots+\right.\right. \\
\left.\left.f^{(n)}(x)\right\} e^{-x}\right]_0^b+\int_0^b f^{(n+1)}(x) e^{-x} d x
\end{gathered}
$$

由于 $f(x)$ 是 $n$ 次多项式，可知 $f^{n+1)}(x)=0$ ，因而

$$
\int_0^b f(x) e^{-x} d x=-\left[e^{-x} F(x)\right]_0^b=-e^{-b} F(b)+F(0),
$$

故（8）式获证．
（ii）假定 e 是代数数，则 e 满足某一个整系数代数方程：

$$
C_m X^m+C_{m-1} X^{m-1}+\cdots+C_0=0
$$

其中 $C_0 \neq 0$ ．由（8）即得

$$
\begin{aligned}
\sum^m C_k F(k) & =F(0) \sum^m C_k e^k-\sum^m C_k e J_0^k f(x) e^{-x} d x \\
& =-\sum^m C_k e_0^k f(x) e^{-x} d x
\end{aligned}
$$

因此我们只要证明在适当地选择 $f(x)$ 之后，（11）式不成立就够了。
（iii）令
$$
f(x)=\frac{1}{(p-1)!} x^{p-1}(x-1)^p \cdots(x-m)^p
$$

其中 $p$ 是大于 $m$ 及 $C_0$ 的质数，则 $f(x)$ 具有下述性质：
（a）$f(x), f^{\infty}(x), \cdots, f^{p-1)}(x)$ 当 $x=1,2, \cdots, m$ 时都等于零；
（b）$f^{p)}(x), f^{(p+1)}(x), \cdots, f^{(m+1) p-1)}(x)$ 各多项式的系数都是整数，并且可以被 $p$ 整除。

由于 $(x-h)^p \mid f(x), h=1,2, \cdots, m$ ，故 $f(x), \cdots, f^{p-1)}(x)$都被 $x-h$ 整除，因而 $f(x)$ 有性质（a）要证（b），可以看 $x^k$ 的 $p+$ $V$ 次导数 当 $k<p+ V$ 时，导数是零；当 $k \geq p+ V ( V \geq 0)$ 时，导数是

$$
k(k-1) \cdots(k-(p+V)+1) x^{k-(p+v)},
$$

其系数是 $(p+V)$ 的倍数，因而是 $(p-1)$ 的倍数及 $p$ 的倍数。
从（a）及（b）可知

$$
F(1), F(2), \cdots, F(m)
$$

都是整数，并且是 $p$ 的倍数，现在看 $F(0)$ ，我们知道

$$
\begin{gathered}
F(0)=f(0)+f^{\widetilde{ }}(0)+\cdots+f^{(p-2)}(0)+f^{(p-1)}(0)+ \\
f^{p)}(0)+\cdots+f^{(m+1) p-1)}(0),
\end{gathered}
$$

而上式右端前 $p-1$ 项是 0 （因为 $f(x)$ 的各项次数都不低于 $p-$ $1)$ ，从 $p+1$ 项以后都是 $p$ 的倍数，而 $f^{(p-1)}(0)$ 是 $\frac{\left((-1)^m m!\right)^p X^{p-1}}{(p-1)!}$ 的第 $p-1$ 级导数，即

$$
f^{p-1)}(0)=\left((-1)^m m!\right)^p .
$$

故 $F(0) \equiv\left((-1)^m m!\right)^p(\bmod p)$ ，从而

$$
\sum_{k=0}^m C_k F(k) \equiv C_0 F(0) \equiv\left((-1)^m m!\right)^p C_0(\bmod p)
$$

但 $p>m, p>C_0$ ，而 $p$ 是质数，因此 $p^{\dagger}(-1)^m m!C_0$ ，

$$
\sum_{k=}^m C_k F(k) \text { á } 0(\bmod p)
$$

下面要证明当 $p$ 充分大时，

$$
\left|-\sum_{=0}^m C_k e^{\prime} \int_0^k f(x) e^{-x} d x\right|<1
$$

当 $x$ 从 0 变到 $m$ 时，$f(x)$ 的每一因数 $x-h, h=0,1, \cdots, m$ 的绝对值都不超过 $m$ ，因此

$$
|f(x)| \leq \frac{1}{(p-1)!} m^{(m+1) p-1}, 0 \leq x \leq m
$$

故由积分性质即得：当 $0 \leq k \leq m$ 时，

$$
\begin{aligned}
& \left|\int_0^k f(x) e^{-x} d x\right| \\
\leq & \int_0^k|f(x)| e^{-x} d x \leq \frac{m^{(m+1) p-1}}{(p-1)} \int_0^k e^{-x} d x<\frac{m^{(m+1) p-1}}{(p-1)!} .
\end{aligned}
$$

$$
\text { 令 } M=\left|C_0\right|+|C|+\cdots+\left|C_m\right| \text {, 则 }
$$

$$
\begin{aligned}
& \left|\sum_{k=}^m C_k e^k \Pi _0^k f(x) e^{-x} d x\right| \leq \sum_{k=0}^m\left|C_k e J _0^k f(x) e^{-x} d x\right| \\
& <\sum_k^m\left|C_k\right| e^m \frac{m^{(m+1) p-1}}{(p-1)!}=M e^m \frac{m^{(m+1) p-1}}{(p-1)!}
\end{aligned}
$$

由引理知，当 $p \rightarrow \infty$ 时，$M e ^m \frac{m^{(m+1) p-1}}{(p-1)!}$ 趋近于零 故当 $p$ 充分大时，（13）式成立，由（12），（13）即知（11）式不成立 故 e 是超越数。
证完

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