圆周率为无理数的证明

\section{南京大学2019新生数学基础摸底测试}

注：根据南京大学教务处的通知，9月4日（周三）12:30-14:30针对全校想选《数学分析》《高等代数》《解析几何》的学生以及数理科学类的全体学生举行新生数学基础摸底测试，主要考察学生的学习能力和分析问题、解决问题的能力.

1.求$x\in[1,2)$,使得对任意的自然数$n\in\mathbb{N}$,满足$\lfloor 2^nx\rfloor$被4除后余1或者2.

2.已知函数$f(x)=x^n-ax-1\,(a\in\mathbb{R})$.
【这里我觉得应该是$a>0$?否则第(1)问就做不了】

(1)证明: 方程$f(x)=0$有且仅有一个正实数根$\beta$,且$\beta>1$.

(2)证明: 方程$f(x)=0$的任意复数根$\alpha$满足对(1)中$\beta$有$|\alpha|\leq\beta$.

3.求整系数多项式$P(x)$使得$P(1+\sqrt[3]{3})=1+\sqrt[3]{3},P(1+\sqrt{3})=7+\sqrt{3}$,若不存在, 请说明理由.

4.任意抛物线将平面分为三个区域, 即内部(焦点所在区域)、外部和抛物线. 试问: 有限条抛物线(共面)的内部是否能覆盖整个平面?

5.证明: $\left\{(x,y)|x^2-2y^2=0, x,y\in\mathbb{C}\right\}=\{(0,0)\}$,其中$x,y$的实部与虚部均为有理数.

6.甲、乙两人进行一数学游戏: 给定一正整数$n\,(n\geqslant 2)$,第一回合: 甲得到数$n$, 说出$n$的任意真因子$m$后得到新数 $n'=n-m$,乙得到数$n'$,说出$n'$的任意真因子$m'$后得到新数 $n''$,以此类推,直到某个人说出某真因子后得到新数为1, 该人获胜. 若给定正整数$2019$由甲先开始说数, 试问: 甲、乙谁有必胜的策略, 并简要陈述该策略.

7.设$p$是个素数, 对任意$x\in\mathbb{Q}$,定义$|x|_p$如下:
$$|x|_p=\left\{ \begin{aligned} &0, &&x=0, \\ &p^{-\alpha},&&x=p^{\alpha}\cdot\dfrac{n}{m},\alpha\in\mathbb{Z},m,n\in\mathbb{Z},(p,mn)=1, x\neq 0. \end{aligned} \right.$$
设数列$\{a_n\}\subset\mathbb{Q},n=1,2,\cdots$

(1)我们称数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列, 如果对任意$\varepsilon>0$,都存在$N>0$,使得对$\forall m,n>N$都有$|a_m-a_n|_p<\varepsilon$.

(2)如果存在$A\in\mathbb{Q}$,使得对任意$\varepsilon>0$,都存在$N>0$,使得对$\forall n>N$都有$|A-a_n|_p<\varepsilon$,则称数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收敛于$A$.

请证明:

(a)如果数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收敛于$A$,则数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列.

(b)数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列当且仅当数列 $\{a_{n+1}-a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收敛于0.

(c)存在$p$-柯西列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$满足: 对任意$A\in\mathbb{Q}$,数列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$都不$p$-收敛于$A$.

注:题7是2018-2019秋季学期数理科学概论的期末题. 这里的小问可能有少许不一样.

%https://zhuanlan.zhihu.com/p/81512625

\section{2020年南京大学数学系本科新生二次选拔测试}

根据南京大学教务网通知，2020年9月9日晚上18:30-20:30举行了南京大学数学拔尖二次选拔的考试（笔试）。

笔试考试内容：根据给出的相关新概念、新知识点提出相应的需要解决的问题。主要考察学生的学习能力和分析问题、解决问题的能力。考试科目为数学，时长2小时，闭卷考试，采用百分制。根据笔试成绩按照实际招生人数1:1.3进入复试。

1.定义映射$\rho: \mathbb{C}\times\mathbb{C}\to\mathbb{R}$为:
$$(z_1,z_2)\mapsto \dfrac{|z_1-z_2|}{\sqrt{|z_1|^2+1}\sqrt{|z_2|^2+1}}.$$

(1) 证明: $0\leq \rho(z_1,z_2)\leq 1,\forall z_1,z_2\in\mathbb{C}$;

(2) 证明: $\rho(z_1,z_3)\leq \rho(z_1,z_2)+\rho(z_2,z_3),\forall z_1,z_2,z_3\in\mathbb{C}$;

(3) 设$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$满足$|\alpha|^2+|\beta|^2=1$,函数${f(z)=\dfrac{\alpha z-\overline{\beta}}{\beta z+\overline{\alpha}}}$.求证: $\rho(f(z_1),f(z_2))=\rho(z_1,z_2)$.

(4) 设$f(z)=\dfrac{2z+1}{z+1}$,求满足$\rho(f(z_1),f(z_2))\leq c\rho(z_1,z_2)$的实数$c$的最小值.

2. 已知整系数多项式$f(x)=a_0x^2+a_1x+a_2, g(x)=b_0x+b_1$, $a_0b_0\neq 0$.定义
$$R(f,g)=a_0b_1^2-a_1b_0b_1+{{a_2b_0^2}}.$$

(1) 证明: 存在整系数多项式$u(x),v(x)$,使得
$$u(x)f(x)+v(x)g(x)=R(f,g).$$

(2) 证明: $R(f,g)=0$当且仅当存在$c_0,c_1\in\mathbb{Q}$使得$f(x)=g(x)(c_0x+c_1)$.

3. 已知多项式
$$\begin{align*} f(x)&=x^m+a_{m-1}x^{m-1}+a_{m-2}x^{m-2}+\cdots+a_1x+a_0, \quad \text{其中}\, a_0,a_1,\cdots,a_ {m-1}\in\mathbb{Q},\\ g(x)&=x^n+b_{n-1}x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+\cdots+b_1x+b_0, \quad \text{其中}\, b_0,b_1,\cdots,b_ {n-1}\in\mathbb{Q}, \end{align*}$$
若$f(x)g(x)=x^{m+n}+c_{m+n-1}x^{m+n-1}+\cdots+c_1x+c_0$满足$c_0,c_1,\cdots,c_{m+n-1}\in\mathbb{Z}$,求证:
$a_0,a_1\cdots,a_{m-1},b_0,b_1,\cdots,b_{n-1}\in\mathbb{Z}$.

4. 取$1,2,\cdots,1100$中能被11整除或能被100整除的数(一共有110个), 从小到大排列如下:
$$a_1=11,a_2=22,\cdots,a_{110}=1100.$$
计算: $\sum\limits_{i=1}^{110}(-1)^ia_i$.

(这四题赋分貌似分别是40、30、15、15分?)

\section{2020年南京大学数学新生摸底测试}

根据各专业教学计划要求，不同专业对数学基础知识要求不一，其中*层次（最高层次）需学习《数学分析》、《高等代数》、《解析几何》系列课程（即数学系相关专业通修课程）。新生入学后，学校将组织数学基础摸底测试，根据测试成绩，确定一年级学生选修《数学分析》、《高等代数》、《解析几何》课程的资格。

2020年9月11日晚上举行了这次考试，主要内容还是数分高代的一些基础内容，题目不算特别难，如果高考是靠刷题刷上来的，而没怎么深入思考过，那么做起来可能会比较吃力。

1. (40分) 设$X$为非空数集, 函数$d:X\times X\to\mathbb{R}$,当$d$满足下列条件时,称$d$为$X$的度量:

(a) $\forall x,y\in X, d(x,y)\geq 0$,当且仅当$x=y$时等号成立.

(b) $\forall x,y\in X, d(x,y)=d(y,x)$.

(c) $\forall x,y,z\in X, d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$.

回答下列问题:

(1) 若$X=[0,\pi), d(x,y)=|\sin(x-y)|$,求证: $d$为$X$的度量.

(2) 若$\mathbb{R}^n=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n)|x_i\in\mathbb{R}\}, n\in\mathbb{N}$,且对$P=(x_1,x_2,\cdots,x_n),Q=(y_1,y_2,\cdots,y_n) \in\mathbb{R}^n$,定义$d(P,Q)=\max\limits_{1\leq i\leq n}|x_i-y_i|$.证明: $d$为$\mathbb{R}^n$的度量.

(3) 求证: 任意非空数集都存在度量.

2. (40分) 设$f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$,把$f(x)=0$在复数域上的根分别记为$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$.记$d(f)=\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}|\alpha_i-\alpha_j|^2$.

(1) 若$f(x)=x^3+ax+b, a,b\in\mathbb{Z}$,求$d(f)$.

(2) 若$f(x)=x^4+a, a\in\mathbb{Z}$,其中$\sqrt[4]{-a}\notin \mathbb{Z}$,求$d(f)$.

3. (20分) 求大于2020的最小正整数$n$, 使得
$$(x^6+x^4)^n-x^{4n}-x^6=(x^4+x^2+1)g(x),$$
且$g(x)$为整系数多项式.

%https://zhuanlan.zhihu.com/p/249074608

 

在1761年, Johann Heinrich Lambert证明了圆周率$\pi$是无理数.在19世纪, Charles Hermite发现了一个除了基本微积分外不需要任何预备知识的证明.对赫米特的证明的三个简化是由Mary Cartwright, Ivan Niven和布尔巴基(Bourbaki)提出的. Miklós Laczkovich的另一个证明是Lambert的简化.

1882年, 林德曼(Ferdinand von Lindemann)证明了$\pi$不仅是无理的,而且是超越数.

$$\begin{proof} (Lambert) Lambert首次证明了$\tan x$的连分数 $$\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.$$ 接着证明:若$x$为非零有理数,则右边的连分数表达式必为无理数.由于$\tan \frac{\pi}{4}=1$,因此$\frac{\pi}{4}$为无理数,因此$\pi$为无理数. \end{proof}$$

\begin{proof}
(Hermite)此证明利用了$\frac{\pi}{2}$是余弦函数的最小正零点,实际上证明了$\pi^2$是无理数.

考虑数列$\{A_n\}_{n\geqslant 0}$和$\{U_n\}_{n\geqslant 0}$,定义为

1. $A_0(x)=\sin x$;

2. $A_{n+1}(x)=\int_{0}^{x}yA_n(y)dy$;

3. $U_0(x)=\frac{\sin x}{x}$;

4. $U_{n+1}(x)=-\frac{U'_n(x)}{x}$.

由归纳法可知
$$A_n\left( x \right) =\frac{x^{2n+1}}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots$$
和
$$U_n\left( x \right) =\frac{1}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^2}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^4}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots$$
因此
$$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$$
故
$$\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\frac d{dx}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right),$$
等价于
$$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-xA_n'(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2A_{n-1}(x).$$

事实上, $A_0(x)=\sin x,A_1(x)=-x\cos x+\sin x$,由归纳法可知$A_n(x)$可以写成$P_n\left( x^2 \right) \sin x+xQ_n\left( x^2 \right) \cos x$,其中$P_n$和$Q_n$为整系数多项式函数,且$P_n$的次数小于等于$\lfloor n/2\rfloor$.特别地, $A_n\left( \frac{\pi}{2} \right) =P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$.

Hermite也给出了函数$A_n$的一个封闭表达式(closed expression),即
$$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz.$$
这等价于
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$$
由归纳法,当$n=0$时,
$$\int_0^1\cos(xz)\,dz=\frac{\sin(x)}x=U_0(x).$$
假设对任意$n\in \mathbb{Z}_+$,有
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=U_n(x),$$
利用分部积分和Leibniz法则,有
$$\begin{align} & {}\quad \frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\int_0^1(1-z^2)^{n+1}\cos(xz)\,dz \\ & =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\Biggl(\overbrace{\left.(1-z^2)^{n+1}\frac{\sin(xz)}x\right|_{z=0}^{z=1}}^{=\,0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz\frac{\sin(xz)}x\,dz\Biggr)\\[8pt] &=\frac1x\cdot\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,dz\\[8pt] &=-\frac1x\cdot\frac d{dx}\left(\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\right) \\[8pt] & =-\frac{U_n'(x)}x = U_{n+1}(x). \end{align}$$
若$\frac{\pi^2}{4}=\frac{p}{q}$,其中$p$和$q$为正整数,由于$P_n$的系数是整数,它的次数小于等于$\lfloor n/2\rfloor$. $q^{\lfloor n/2 \rfloor}P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$为某一整数$N$,即
$$\begin{align}N&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right)\\&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)\cos\left(\frac\pi2z\right)\,dz.\end{align}$$
显然$N>0$,则$N$为正整数.另外,
$$\lim_{n\in\mathbb{N}}q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}=0.$$
当$n$足够大时, $N<1$,由此得出矛盾.
\end{proof}

Hermite的目的并不是为了证明无理性,而是$\pi$超越性证明之后的思考.他讨论了递归关系,由此得到一个简便的积分表示.一旦得到了这个积分表示,就有各种方法从积分开始提出一个简洁而独立的证明(如Cartwright, Bourbaki或 Niven那样),这是Hermite已经发现的结论(正如他在证明$e$的超越性时所做的那样).

而且, Hermite的证明比看上去更接近兰伯特的证明.事实上, $A_n(x)$是Lambert对$\tan x$的连分式的“留数(residue)”(或“余数(remainder)”)

\begin{proof}
(Cartwright)考虑积分
$$I_n(x)=\int_{-1}^1(1 - z^2)^n\cos(xz)\,dz,$$
其中$n$是非负整数.

两次分部积分可得到递推关系($n\geqslant 2$)
$$x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).$$
记$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)$,则
$$J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x).$$
进一步,若$J_0(x)=2\sin x$和$J_1(x)=-4x\cos x+4\sin x$,且对正整数$n$,有
$$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!\bigl(P_n(x)\sin(x)+Q_n(x)\cos(x)\bigr),$$
其中$P_n(x)$和$Q_n(x)$是次数$\leqslant 2n$的整系数(依赖于$n$)多项式.

取$x=\frac{\pi}{2}$,假设$\frac{\pi}{2}=\frac{a}{b}$,其中$a$和$b$为正整数.则
$$\frac{a^{2n+1}}{n!}I_n\left(\frac\pi2\right) = P_n\left(\frac\pi2\right)b^{2n+1}.$$
等式右边为整数.而积分区间$[-1,1]$的长度为$2$,积分函数只取$0$和$1$之间的值,故$0<I_n\left(\frac\pi2\right)<2$.另一方面,
$$\frac{a^{2n+1}}{n!} \to 0\text{当}n \to \infty.$$
因此,对于足够大的$n$,有
$$0 < \frac{a^{2n+1}I_n\left(\frac\pi2\right)}{n!} < 1,$$
与它是整数相矛盾.因此$\pi$是有理数.
\end{proof}

此证明与Hermite的证明很相似.事实上,
$$\begin{align}J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\&=2x^{2n+1}\int_0^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\&=2^{n+1}n!A_n(x).\end{align}$$
然而,这显然更简单.这是通过传递函数$A_n$的归纳定义,并以它们的表达式作为积分开始来实现的.

\begin{proof}
(Niven)此证明利用了$\pi$是正弦函数的最小正零点这一特征.

假设$\pi$是有理数,即$\pi=\frac{a}{b}$,不失一般性,设$a$和$b$为正整数.

给定任一正整数$n$,定义多项式函数$f$为
$$f(x) = \frac{x^n(a - bx)^n}{n!},$$
记
$$F(x) = f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^j f^{(2j)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2n)}(x)$$
为$f$和它的前$n$个偶数阶导函数的交替和.

命题1: $F(0)+F(\pi)$为整数.

\textbf{证明:}将$f$展开为单项式的和, $x^k$的系数是形如$c_k/n!$的数,其中$c_k$是整数且当$k<n$时为0.因此,当$k<n$时, $f^{(k)}(0)$为$0$,并且当$n\leqslant k\leqslant 2n$时,它等于$\frac{k!}{n!}c_k$;在每种情况下, $f^{(k)}(0)$为整数,因此$F(0)$为整数.

另一方面, $f(\pi-x)=f(x)$,因此对于每个非负整数$k$,有$(-1)^kf^ {(k)}(\pi-x)=f^{(k)}(x)$.特别地, $(-1)^kf^ {(k)}(\pi)=f^{(k)}(0)$.因此, $f^ {(k)}(\pi)$也是整数,所以$F(\pi)$也是整数(事实上,很容易看出$F(\pi)=F(0)$,但这与证明无关).因为$F(0)$和$F(\pi)$是整数,所以它们的和也是整数.

命题2:
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi).$$

\textbf{证明:}由于$f^{(2n+2)}$为零多项式,则
$$F'' + F = f.$$
利用
$$(F'\cdot\sin - F\cdot\cos)' = f\cdot\sin$$
和微积分基本定理可知
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx= \bigl(F'(x)\sin x - F(x)\cos x\bigr)\Big|_{0}^{\pi}.$$

结论:由于$f(x)>0$,且对于$0<x<\pi$有$\sin x>0$.命题1和2表明$F(0)+F(\pi)$是正整数.由于$0\leqslant x(a-bx)\leqslant \pi a$且对于$0\leqslant x\leqslant\pi$有$0\leqslant\sin x\leqslant 1$,由$f$原来的定义可得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\le\pi\frac{(\pi a)^n}{n!},$$
对于足够大的$n$,上式小于$1$,因此由命题2可知$F(0)+F(\pi)<1$.与$F(0)+F(\pi)$是正整数矛盾.
\end{proof}

上面的证明是一个简化的版本,在分析公式方面尽可能简单.
$$\begin{align} \int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx &=\sum_{j=0}^n (-1)^j \bigl(f^{(2j)}(\pi)+f^{(2j)}(0)\bigr)\\ &\qquad+(-1)^{n+1}\int_0^\pi f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx, \end{align}$$
这是由$2n+2$次分部积分得到的.命题2实质上建立了这个公式,其中$F$的使用隐藏了部分迭代积分.最后一个积分消失是因为$f^{(2n+2)}$是零多项式.命题1显示剩余的和是一个整数.

Niven的证明比乍看之下更接近Cartwright (因此也是Hermite)的证明.事实上,
$$\begin{align} J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\\ &=\int_{-1}^1\bigl(x^2-(xz)^2\bigr)^nx\cos(xz)\,dz. \end{align}$$
进行换元$xz=y$得
$$\int_{-x}^x(x^2-y^2)^n\cos(y)\,dy.$$
特别地,
$$\begin{align} J_n\left(\frac\pi2\right)&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{\pi^2}4-y^2\right)^n\cos(y)\,dy\\ &=\int_0^\pi\left(\frac{\pi^2}4-\left(y-\frac\pi2\right)^2\right)^n\cos\left(y-\frac\pi2\right)\,dy\\ &=\int_0^\pi y^n(\pi-y)^n\sin(y)\,dy\\&=\frac{n!}{b^n}\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx. \end{align}$$
证明之间的另一个联系已被Hermite提到,若$f$是多项式函数并且
$$F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp\cdots,$$
则
$$\int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x),$$
由此得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi)+F(0).$$

布尔巴基的证明在他的微积分书籍中作为练习.

\begin{proof}
(Bourbaki)对于自然数$b$和非负整数$n$,定义
$$A_n(b)=b^n\int_0^\pi\frac{x^n(\pi-x)^n}{n!}\sin(x)\,dx.$$
显然$A_n(b)>0$.此外,当$n$足够大时,有$A_n(b)<1$.

由于
$$x(\pi-x)\le\left(\frac\pi2\right)^2,\quad \forall x\in[0,\pi]$$
则
$$A_n(b)\le\pi b^n\frac1{n!}\left(\frac\pi2\right)^{2n}=\pi\frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}.$$
另一方面,通过分部积分,可以推出,如果$a$和$b$是自然数,那么$\pi=a/b$, $f$是从$[0,\pi]$到$\mathbb{R}$的多项式函数,定义为
$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},$$
则
$$\begin{align} A_n(b)&=\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\\ &=\left[-f(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}-\left[-f'(x)\sin(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}+\cdots\pm\left[f^{(2n)}(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}\pm\int_0^\pi f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx. \end{align}$$
由于$f$是$2n$次多项式,则$f^{(2n+1)}$为零函数,故最后一个积分为$0$.再由每个函数$f^{(k)}\,(0\leqslant k\leqslant 2n)$在$0$和$\pi$处取整数可知$A_n(b)$为整数.

与$n$足够大时, $A_n(b)<1$相矛盾.
\end{proof}

这个证明与Niven的证明非常接近,它们之间的主要区别在于证明数$A_n(b)$是整数的方式.

\begin{proof}
(Laczkovich) Miklós Laczkovich的证明是Lambert原始证明的简化.考虑函数
$$\begin{align} f_k(x) & = 1 - \frac{x^2}k+\frac{x^4}{2! k(k+1)}-\frac{x^6}{3! k(k+1)(k+2)} + \cdots \\ & {} \quad (k\notin\{0,-1,-2,\ldots\}). \end{align}$$
且
$$f_{1/2}(x)=\cos(2x) \text{和} f_{3/2}(x)=\frac{\sin(2x)}{2x}.$$

命题1.满足递推关系:
$$\frac{x^2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).$$

证明:比较$x$的各次幂的系数即可.

命题2.对任意实数$x$,有$\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1$.

证明:事实上, $\frac{x^{2n}}{n!}$有界(因为它收敛到$0$).若$C$为它的上界且$k>1$,则
$$\bigl|f_k(x)-1\bigr|\leqslant\sum_{n=1}^\infty\frac C{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac C{k-1}.$$

命题3.若$x\neq 0$且$x^2$为有理数,则
$$f_k(x)\neq0\text{ 和 }\frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin\mathbb{Q}.\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}$$

证明:否则,存在实数$y\neq 0$和整数$a,b$,使得$f_k(x)=ay$和$f_{k+1}(x)=by$.这是因为,若$f_k(x)=0$,取$y=f_{k+1}(x),a=0$和$b=1$即可;否则,取整数$a$和$b$使得$\frac{f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}=\frac{b}{a}$,定义$y=\frac{f_k(x)}{a}=\frac{f_ {k+1}(x)}{b}$.在每种情形下,均有$y\neq 0$,否则由命题1可知$f_{k+n}(x)\,(n\in \mathbb{N})$为$0$,与命题2相矛盾.现在取自然数$c$使得三个数$\frac{bc}{k},\frac{ck}{x^2}$和$\frac{c}{x^2}$均为整数,考虑数列
$$g_n=\begin{cases}f_k(x)&\text{ 若 }\, n=0\\ \frac{c^n}{k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)&\text{ 否则.}\end{cases}$$
则
$$g_0=f_k(x)=ay\in\mathbb{Z}y\text{ 和 }g_1=\frac ckf_{k+1}(x)=\frac{bc}ky\in\mathbb{Z}y.$$
另一方面,由命题1可得
$$\begin{align} g_{n+2}&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}\cdot\frac{x^2}{(k+n)(k+n+1)}f_{k+n+2}(x)\\ &=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)\\ &=\frac{c(k+n)}{x^2}g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n\\ &=\left(\frac{ck}{x^2}+\frac c{x^2}n\right)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n, \end{align}$$
这是整系数的$g_{n+1}$和$g_n$的线性组合.因此,每个$g_n$是$y$的整数倍.由命题2可知$g_n>0$,因此$g_n\geqslant |y|$.若$n$足够大时,数列$g_n$收敛于$0$.然而大于或等于$|y|$的数列不能收敛于$0$.

由于$f_{\frac{1}{2}}\left( \frac{\pi}{4} \right) =\cos \frac{\pi}{2}=0$,由命题3可得$\frac{\pi^2}{16}$是无理数,因此$\pi$也是无理数.

另一方面,由于
$$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=x\frac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},$$
由命题3可知,若$x\in \mathbb{Q}\backslash \{0\}$,则$\tan x$是无理数.
\end{proof}

Laczkovich的证明实际上是关于超几何函数的.事实上, $f_k(x)={}_0F_1(k;−x^2)$和高斯利用超几何函数的函数方程发现了超几何函数的连分式展开.这使得Laczkovich找到了一个新的更简单的证明,即它的切线函数具有Lambert发现的连分式展开.

Laczkovich的结果也可以用第一类贝塞尔函数$J_\nu (x)$表示.事实上, $\Gamma (k)J_{k−1}(2x)=x^{k−1}f_k(x)$.所以Laczkovich的结果等价于:若$x\neq 0$且$x^2$是有理数,那么
$$\frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin\mathbb{Q},\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}.$$

%https://infogalactic.com/info/Proof_that_%CF%80_is_irrational#cite_note-9

%https://infogalactic.com/info/Proof_that_e_is_irrational

%https://infogalactic.com/info/Lindemann%E2%80%93Weierstrass_theorem#Transcendence_of_e_and_.CF.80

%https://infogalactic.com/info/Transcendental_number#Sketch_of_a_proof_that_.27.27e.27.27_is_transcendental

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n^n}{n!e^n}=\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n\ln n-n-\sum_{k=1}^n{\ln k} \right\} \\ =\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n-\sum_{k=1}^n{\ln \frac{k}{n}} \right\}$$

 

数字$e$是Jacob Bernoulli在1683年提出的.半个多世纪后, Jacob弟弟Johann的学生欧拉证明了$e$是无理的,即它不能用两个整数的商来表示.

$$\begin{proof} (Euler) Euler在1737年给出了$e$是无理数的第一个证明(但他在七年后才发表),他计算出了$e$的一个简单的连分式表示,即 $$e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, \ldots, 2n, 1, 1, \ldots].$$ 因为连分式是无穷的,有理数不能写成无穷连分式,所以$e$是无理的.前面等式的一个简短证明是已知的. [1]由于$e$的简单连分式不是循环的,这也证明了$e$不是有理系数二次多项式的根;特别地, $e^2$是无理数. \end{proof}$$

[1] Cohn, Henry (2006). "A short proof of the simple continued fraction expansion of e".

\begin{proof}
(Fourier)最著名的是Joseph Fourier利用反证法给出的证明.由于
$$e = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!}.$$
先假设$e$是有理数,即$e=\frac{a}{b}$,由于$e$不是整数,故$b\geqslant 2$,由于
$$\begin{align*} 2 &=1+\frac{1}{1!}<e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots \\ &<2+\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\cdots \right) <3. \end{align*}$$
于是$2<e<3$.

假设$e$是有理数,则存在正整数$a$和$b$,使得$e=\frac{a}{b}$.定义
$$x = b!\,\biggl(e - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr).$$
为了看出当$e$是有理数时, $x$为整数,进行换元$e=\frac{a} {b}$,则
$$x = b!\,\biggl(\frac{a}{b} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr) = a(b - 1)! - \sum_{n = 0}^{b} \frac{b!}{n!}.$$
第一项为整数,又$n\leqslant b$,则上式右边均为整数.故$x$为整数.

我们现在证明$0<x<1$.首先,为了证明$x$是严格正的,我们将$e$的上述级数表示放到$x$的定义中,得到
$$x = b!\biggl(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr) = \sum_{n = b+1}^{\infty} \frac{b!}{n!}>0.$$
现在证明$x<1$.对于$n\geqslant b+1$的所有项,有上界估计
$$\frac{b!}{n!} =\frac1{(b+1)(b+2)\cdots(b+(n-b))} <\frac1{(b+1)^{n-b}}.$$
此不等式对每个$n\geqslant b+2$严格成立.将求和的下标改为$k=n-b$并利用等比无穷级数公式可得
$$x =\sum_{n = b+1}^\infty \frac{b!}{n!} < \sum_{n=b+1}^\infty \frac1{(b+1)^{n-b}} =\sum_{k=1}^\infty \frac1{(b+1)^k} =\frac{1}{b+1} \biggl(\frac1{1-\frac1{b+1}}\biggr) = \frac{1}{b} < 1.$$
由于在$0$和$1$之间没有整数,矛盾,故$e$是无理数.
\end{proof}

\begin{proof}
(另一证明)注意到
$$(b+1)x=1+\frac1{b+2}+\frac1{(b+2)(b+3)}+\cdots<1+\frac1{b+1}+\frac1{(b+1)(b+2)}+\cdots=1+x,$$
这等价于$bx<1$.由于$b$和$x$均为自然数,矛盾.

(Elementary Proof that e is Irrational, L. L. Pennisi, 1953)由于
$$\frac1e=e^{-1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!}.$$
假设$e$为有理数,记$e=\frac{a}{b}$,则
$$\frac{b}{a}=e^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( -1 \right) ^n}{n!}},$$
两边乘以$(-1)^{a+1}a!$并移项得
$$\begin{align*} &\left( -1 \right) ^{a+1}\left\{ b\left( a-1 \right) !-\sum_{n=0}^a{\frac{\left( -1 \right) ^na!}{n!}} \right\} \\ &=\frac{1}{a+1}-\frac{1}{\left( a+1 \right) \left( a+2 \right)}+\frac{1}{\left( a+1 \right) \left( a+2 \right) \left( a+3 \right)}-\cdots. \end{align*}$$
右边的值介于$0$和$1$之间,因为交错级数显然收敛到其第一项和前两项的和之间的值.

但是左边是整数,矛盾.
\end{proof}

\section{$e$的超越性}

第一个自然对数的底数$e$是超越数的证明,可以追溯到1873年.现在我们将遵循大卫·希尔伯特(David Hilbert, 1862-1943)的思路,他简化了赫米特(Charles Hermite)的原始证明.想法如下:

\begin{proof}
(Hilbert)假设$e$是代数数,则存在整系数$c_0,c_1,\cdots,c_n$满足方程
$$c_{0}+c_{1}e+c_{2}e^{2}+\cdots+c_{n}e^{n}=0, \qquad c_0, c_n \neq 0.$$
现在对于正整数$k$,定义多项式:
$$f_k(x) = x^{k} \left [(x-1)\cdots(x-n) \right ]^{k+1},$$
左右两边同乘
$$\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx,$$
得到方程
$$c_{0} \left (\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_1e\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+ c_{n}e^{n} \left (\int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right ) = 0.$$
此方程可以写成
$$P+Q=0$$
的形式,其中
$$\begin{align*} P &=c_{0}\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{1}e\left (\int^{\infty}_{1}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{2}e^{2}\left (\int^{\infty}_{2}f_k e^{-x}\,dx\right ) +\cdots+ c_{n}e^{n}\left (\int^{\infty}_{n}f_k e^{-x}\,dx\right ),\\ Q &=c_{1}e\left (\int^{1}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+c_{2}e^{2} \left (\int^{2}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+c_{n}e^{n}\left (\int^{n}_{0} f_k e^{-x}\,dx \right ). \end{align*}$$

命题1.适当选取$k$,可使$\frac{P}{k!}$为非零整数.

证明: $P$的每一项均为整数乘以阶乘之和的形式,这是由于
$$\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx=j!,$$
这对任何正整数$j$都成立(考虑Gamma函数).

对每个满足$0<a\leqslant n$的$a$,将$x$换元成$x-a$可知
$$c_{a}e^{a}\int^{\infty}_{a} f_k e^{-x}\,dx$$
的被积函数是$e^{-x}$乘以$x$的最低次为$k+1$的项之和.这就变成了形如
$$\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx$$
的积分的和,其中$k+1\leqslant j$,于是该整数可被$(k+1)!$整除.同除$k!$后,可得它们模$k+1$等于$0$.因此,可写成
$$\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = \int^{\infty}_{0} \left ([(-1)^{n}(n!)]^{k+1}e^{-x}x^k + \cdots \right ) dx,$$
故
$${\frac{1}{k!}}c_{0}\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = c_{0}[(-1)^{n}(n!)]^{k+1} \qquad \mod (k+1).$$
通过选取$k$,使得$k+1$是大于$n$和$|c_0|$的质数.因此$\frac{P}{k!}$模$k+1$不等于$0$,故它也非零.

命题2. 对足够大的$k$,有$\left|\tfrac{Q}{k!}\right|<1$.

证明:注意到
$$f_k e^{-x} = x^{k}[(x-1)(x-2)\cdots(x-n)]^{k+1}e^{-x} = \left ([x(x-1)\cdots(x-n)]^k \right ) \left ((x-1)\cdots(x-n)e^{-x}\right ).$$
利用$|x(x-1)\cdots(x-n)|$和$|(x-1)\cdots(x-n)e^{-x}|$在区间$[0,n]$上的上界$G$和$H$,可得
$$|Q|<G^{k}H(|c_{1}|e+2|c_{2}|e^{2}+\cdots+n|c_{n}|e^{n}).$$
由 $$\lim_{k\to\infty}\frac{G^k}{k!}=0$$
可知
$$\lim_{k\to\infty}\frac{Q}{k!}=0$$
由此命题得证.

注意到我们可以选取$k$,这样两个命题都成立,我们得到了证明$e$的超越性所需要的矛盾.
\end{proof}