證明數(shù)……是超越數(shù)

【摘要】上式表示的數(shù)為π2。我們要證明一個數(shù)是超越數(shù)，眾所周知，首先要證

明它是一個無理數(shù)，第二步再證明它不是代數(shù)無理數(shù)，即是超越數(shù)了。因為數(shù)為

π2，所以deg(π2)=2。而首先證明它是一個無理數(shù)，是用1974年勒讓得(Legender)

給出的對π2是無理數(shù)的證明(參見[1])。又π2是超越數(shù)又首先要證明π是超越數(shù)。

而π是超越數(shù)又用1982年林德曼(Limdemann)的證明(參見[4])或用1996年胡含

琳“數(shù)π超越性的一個新證明”(參見[2])。

【關鍵詞】π2;π2是無理數(shù);π2是超越數(shù);deg(π2)=2

我們設p(x)=1+x45!+x89!+x1213!+…為級數(shù)(I)，q(x)=13!+x47!+x811!+x1215!+…為級

數(shù)(II)。將x#8226;(I)，即

x#8226;p(x)=x+x55!+x99!+x1313!+…

x3#8226;(II)，即

x3#8226;q(x)=x33!+x77!+x1111!+x1515!…

又將x#8226;(I)-x3#8226;(II)，即

x#8226;p(x)-x3#8226;q(x)

=x-x33!+x55!-x77!+x99!-x1111!+x1313!-x1515!…

=∑∞n=1(-1)n-1x2n-1(2n-1)!=sinx

(即為f(x)=sin x的泰勒展開式)。所以x#8226;p(x)-x3#8226;q(x)=sinx。

令x=π，即π#8226;p(π)-π3#8226;q(π)=sinπ=0。故π#8226;p(π)=π3#8226;q(π)，故p(π)q(π)=π2。

即

p(π)q(π)=1+π45!+π89!+π1213!+…

13!+π47!+π811!+π1215!+…=π2

要證明π2是超越數(shù)，首先要證明π2的無理性。證明某數(shù)——設為α——為

無理數(shù)有一個準則，就是數(shù)α的小數(shù)部{α}不管乘上一個多么大的正整數(shù)

K∈N，即{α}#8226;K還是一個小數(shù)。

現(xiàn)在我們給出勒讓德關于π2的無理性的證法(較簡略，且最后幾步)

引理(參見[1]p71) 多項式P(z)和Q(z)由以下等式定義為單值的

R=R(z)=Q(z)ez+P(z)=C0z2n+1+…

C0=1(n+1)…(2n+1)(90)

R(z)=z2n+1n!ez/2∫10zn(1-t)nch((t-12z)dt，

n=0，1，2…(93)

在等式(90)中記z為-z且將它乘上ez，那么

P(-z)z+Q(-Z)=ezR(-z)=-C0z2n+1+…

所以

P(-z)ez=-Q(z)(99)

在等式(90)和(93)中

我們假設z=πi，利用等式(99)，有eπ#8226;i/2=i，ch(t-12)πi=cos(1-12)π=sinπ，

P(πi)+P(-πi)=R(πi)(100)

R(πi)=(-1)n+1

π2n+1n!∫10zn(1-t)nsinπtdt(101)

因為在等式(101)中被積函數(shù)在區(qū)間0

R(πi)≠0(102)

多項式P(z)+P(-z)僅僅包含z的偶次冪的項是由Z[z2]為方次S=[n2]的多項式。

相反假定π2=pq，p，q∈N，由等式(100)我們有q3R(πi)=m∈Z，由等式(101)

和條件(102)，我們得到

0<|m|≤qn/2π2n+1n!<1

對于任間充分大的n成立。但這個不等式在m∈Z的情況下，是不可能的。證明

獲得矛盾，π2是無理數(shù)。因而π也是無理數(shù)。

第二步再證π2是超越數(shù)。而首先要證π是超越數(shù)。它的證明與其說是用1882

年林德曼(Lindemann)的證明(參見[4])，不如用1996年胡含琳的“數(shù)π超越性的

新證明”(參見[2])。得定理:數(shù)π是超越數(shù)。

由此定理即得π不是下面多項式的根

f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0

ai∈Q i=0，1，2…n(1)

即

f(π)=anπn+an-1πn-1+…+a1π+a0≠0

如果將f(x)中這樣假設一下:將anxn中n=2k項即偶次項系數(shù)設不為零，其它項

均為0。則式(1)變成

f(x2)=a2kx2k+a2(k-1)x2k-2+…+a x2+a0(2)

設an∈Q，令a2k=an，則式(1)變成

f(x2)=a′nx2k+a′n-1x2k-2+…+a′ x2+a′0

由上定理得

f(π2)=a′nπ2k+a′n-1π2k-2+…+a′ π2+a′0≠0

因為a′n∈Q，所以是上式不為0，故π2不為代數(shù)無理數(shù)而是超越無理數(shù)，即超越數(shù)。

參考文獻

[1] (俄)ТРАНСYЕНГЕНТНН，уАСLA，MOCKBA，《HAYKA》，1987

[2] 胡含琳《中國數(shù)學文摘》中科院科技情報中心1996年收錄的“南昌大學學

報(理科版)”1996年第一期發(fā)表的“數(shù)π超越性的一個新證明”.

[3] (俄)“蘇聯(lián)大學數(shù)學競賽題集匯集”，科學普及出版社，1982

[4] (德)H.德里“100個著名初等數(shù)學問題——歷史和解”，上?？茖W技術出版社，1982

收稿日期:2009-12-11