数学著名定理/e是超越数

数学常数$e=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots$ 是一个超越数。

换句话说，它不是任何以整数为系数的多项式的根。

证明

假设$e$ 是代数的，所以存在一个多项式

$P(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots +a_{n}x^{n}\in \mathbb {Z} [x]$

使得$P({\text{e}})=0$.

第一部分

令$f(x)$ 为度数为$d$ 的多项式。定义$F(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k)}\!(x)$。对其求导得到

$F'\!(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k+1)}\!(x)=\sum _{k\,=\,1}^{d}f^{(k)}\!(x)=F(x)-f(x)$

定义$G(x)=e^{-x}F(x)$。对其求导得到

$G'\!(x)=e^{-x}F'\!(x)-e^{-x}F(x)=e^{-x}{\bigl [}F'\!(x)-F(x){\bigr ]}=-e^{-x}f(x)$

由于 $G(x)$ 可微，我们将对区间 $[0,m]$ 应用 均值定理，其中 $m\in \mathbb {N}$。因此，存在一个 $x_{m}\in (0,m)$，使得

$G'\!(x_{m})={\frac {G(m)-G(0)}{m-0}}={\frac {e^{-m}F(m)-e^{-0}F(0)}{m}}=-e^{-x_{m}}f(x_{m})$

现在设

${\begin{aligned}&F(m)-e^{m}F(0)=-m\,e^{m-x_{m}}f(x_{m})=A_{m}\\[6pt]&a_{m}F(m)-a_{m}e^{m}F(0)=a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

将所有项相加，得

${\begin{aligned}\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}e^{m}F(0)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}e^{m}=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}F(m)-F(0)(-a_{0})=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\\[6pt]\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)=\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\end{aligned}}$

第二部分

令 $f(x)$ 是一个多项式，其根为 $x_{0}$，重数为 $d$。我们将证明，对于所有 $0\leq k\leq d-1$，我们得到 $f^{(k)}\!(x_{0})=0$。

让我们写 $f(x)=(x-x_{0})^{d}Q_{0}(x)$，使得 $Q_{0}(x)$ 是一个多项式，并且 $Q_{0}(x_{0})\neq 0$。

${\begin{aligned}f^{(1)}\!(x)&=d(x-x_{0})^{d-1}Q_{0}(x)+(x-x_{0})^{d}Q_{0}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-1}{\Big [}d\,Q_{0}(x)+(x-x_{0})Q_{0}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-1}Q_{1}(x)\\[5pt]Q_{1}(x_{0})&=d\,Q_{0}(x_{0})\neq 0\\\\[5pt]f^{(2)}\!(x)&=(d-1)(x-x_{0})^{d-2}Q_{1}(x)+(x-x_{0})^{d-1}Q_{1}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-2}{\Big [}(d-1)Q_{1}(x)+(x-x_{0})Q_{1}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})^{d-2}Q_{2}(x)\\[5pt]Q_{2}(x_{0})&=(d-1)Q_{1}(x_{0})\neq 0\\[5pt]&\,\,\,\vdots \\[5pt]f^{(d-1)}\!(x)&=2(x-x_{0})Q_{d-2}(x)+(x-x_{0})^{2}Q_{d-2}'(x)\\[5pt]&=(x-x_{0}){\Big [}2Q_{d-2}(x)+(x-x_{0})Q_{d-2}'(x){\Big ]}\\[5pt]&=(x-x_{0})Q_{d-1}(x)\\[5pt]Q_{d-1}(x_{0})&=2Q_{d-2}(x_{0})\neq 0\end{aligned}}$

其中 $Q_{0}'(x),Q_{1}'(x),\ldots ,Q_{d-1}'(x)$ 都是多项式。

第三部分

现在我们定义一个多项式

${\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{(p-1)!}}\,x^{p-1}{\bigl [}(1-x)(2-x)\cdots (n-x){\bigr ]}^{p}\\[5pt]&={\frac {(n!)^{p}}{(p-1)!}}x^{p-1}+\!\!\sum _{m\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {b_{m}}{(p-1)!}}x^{m}\quad :b_{m}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}$

对于素数 $p$，满足 $p>a_{0}$ 且 $p>n$。我们得到

$f^{(k)}\!(x)=\!\!\sum _{m\,=\,k}^{(n+1)p-1}\!\!\!{\frac {k!}{(p-1)!}}{\binom {m}{k}}b_{m}x^{m-k}\quad :p\leq k\leq (n+1)p-1$

因此，对于所有 $k\geq p$，函数 $f^{(k)}\!(x)$ 是一个具有整数系数的多项式，所有系数都可被 $p$ 整除。

根据第 2 部分，对于所有 $1\leq m\leq n$，我们得到

$F(m)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)=\!\!\sum _{k\,=\,p}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(m)$

因此，$F(m)$ 也是一个可被 $p$ 整除的整数。

另一方面，对于 $m=0$，我们得到

$F(0)=\!\!\sum _{k\,=\,0}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)=\!\!\sum _{k\,=\,p-1}^{(n+1)p-1}\!\!\!\!f^{(k)}\!(0)$

但 $f^{(p-1)}\!(0)=(n!)^{p}$，且 $n,a_{0}$ 不被 $p$ 整除。因此 $a_{0}F(0)$ 不被 $p$ 整除。

换句话说，和 $\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)$ 是一个不被 $p$ 整除的整数，特别是它不等于零。

第四部分

根据第一部分，对所有 $1\leq m\leq n$，我们有 $0<x_{m}<m\leq n$。因此，

${\begin{aligned}A_{m}&=-m\,e^{m-x_{m}}f(c_{m})=-{\frac {m\,e^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\bigl [}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\bigr ]}^{p}\\[5pt]|A_{m}|&={\frac {m\,e^{m-x_{m}}}{(p-1)!}}\,(x_{m})^{p-1}{\Big |}(1-x_{m})(2-x_{m})\cdots (n-x_{m}){\Big |}^{p}\\[5pt]&\leq {\frac {ne^{n}}{(p-1)!}}\,n^{p-1}(1\cdot 2\cdots n)^{p}=e^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}\end{aligned}}$

根据三角不等式，我们得到

$0<\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|=\left|\sum _{m\,=\,1}^{n}a_{m}A_{m}\right|=\sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}A_{m}|\leq \left(\sum _{m\,=\,1}^{n}|a_{m}|\right)e^{n}{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}$

但是 $\lim _{p\to \infty }{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}=0$，因此对于足够大的 $p$，我们得到 $0<\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|<1$。矛盾。

$\blacksquare$