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$xin[1,2)$,使得对任意的自然数$ninmathbb{N}$,满足$lfloor 2^nx floor$被4除后余1或者2.
2.已知函数$f(x)=x^n-ax-1\,(ainmathbb{R})$.
【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$eta$,且$eta>1$.
(2)证明: 方程$f(x)=0$的任意复数根$alpha$满足对(1)中$eta$有$|alpha|leqeta$.
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: $left{(x,y)|x^2-2y^2=0, x,yinmathbb{C} ight}={(0,0)}$,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$n\,(ngeqslant 2)$,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$xinmathbb{Q}$,定义$|x|_p$如下:
$$|x|_p=left{ egin{aligned} &0, &&x=0, \ &p^{-alpha},&&x=p^{alpha}cdotdfrac{n}{m},alphainmathbb{Z},m,ninmathbb{Z},(p,mn)=1, x
eq 0. end{aligned}
ight.$$
设数列${a_n}subsetmathbb{Q},n=1,2,cdots$
(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$Ainmathbb{Q}$,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$Ainmathbb{Q}$,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$
ho: mathbb{C} imesmathbb{C} omathbb{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: $0leq ho(z_1,z_2)leq 1,forall z_1,z_2inmathbb{C}$;
(2) 证明: $ ho(z_1,z_3)leq ho(z_1,z_2)+ ho(z_2,z_3),forall z_1,z_2,z_3inmathbb{C}$;
(3) 设$alpha,etainmathbb{C}$满足$|alpha|^2+|eta|^2=1$,函数${f(z)=dfrac{alpha z-overline{eta}}{eta z+overline{alpha}}}$.求证: $ ho(f(z_1),f(z_2))= ho(z_1,z_2)$.
(4) 设$f(z)=dfrac{2z+1}{z+1}$,求满足$
ho(f(z_1),f(z_2))leq c
ho(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$, $a_0b_0
eq 0$.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$c_0,c_1inmathbb{Q}$使得$f(x)=g(x)(c_0x+c_1)$.
3. 已知多项式
egin{align*} f(x)&=x^m+a_{m-1}x^{m-1}+a_{m-2}x^{m-2}+cdots+a_1x+a_0, quad ext{其中}\, a_0,a_1,cdots,a_ {m-1}inmathbb{Q},\ g(x)&=x^n+b_{n-1}x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+cdots+b_1x+b_0, quad ext{其中}\, b_0,b_1,cdots,b_ {n-1}inmathbb{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$c_0,c_1,cdots,c_{m+n-1}inmathbb{Z}$,求证:
$a_0,a_1cdots,a_{m-1},b_0,b_1,cdots,b_{n-1}inmathbb{Z}$.
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: $sumlimits_{i=1}^{110}(-1)^ia_i$.
(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$d:X imes X omathbb{R}$,当$d$满足下列条件时,称$d$为$X$的度量:
(a) $forall x,yin X, d(x,y)geq 0$,当且仅当$x=y$时等号成立.
(b) $forall x,yin X, d(x,y)=d(y,x)$.
(c) $forall x,y,zin X, d(x,z)leq d(x,y)+d(y,z)$.
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$mathbb{R}^n={(x_1,x_2,cdots,x_n)|x_iinmathbb{R}}, ninmathbb{N}$,且对$P=(x_1,x_2,cdots,x_n),Q=(y_1,y_2,cdots,y_n)
inmathbb{R}^n$,定义$d(P,Q)=maxlimits_{1leq ileq n}|x_i-y_i|$.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$d(f)=prodlimits_{1leq i<jleq n}|alpha_i-alpha_j|^2$.
(1) 若$f(x)=x^3+ax+b, a,binmathbb{Z}$,求$d(f)$.
(2) 若$f(x)=x^4+a, ainmathbb{Z}$,其中$sqrt[4]{-a} otin mathbb{Z}$,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.
egin{proof}
(Lambert) Lambert首次证明了$ an x$的连分数
$$ an(x) = cfrac{x}{1 - cfrac{x^2}{3 - cfrac{x^2}{5 - cfrac{x^2}{7 - {}ddots}}}}.$$
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$ an frac{pi}{4}=1$,因此$frac{pi}{4}$为无理数,因此$pi$为无理数.
end{proof}
egin{proof}
(Hermite)此证明利用了$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}_{ngeqslant 0}$和${U_n}_{ngeqslant 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
$$
A_nleft( x
ight) =frac{x^{2n+1}}{left( 2n+1
ight) !!}-frac{x^{2n+3}}{2 imes left( 2n+3
ight) !!}+frac{x^{2n+5}}{2 imes 4 imes left( 2n+5
ight) !!}mp cdots
$$
和
$$
U_nleft( x
ight) =frac{1}{left( 2n+1
ight) !!}-frac{x^2}{2 imes left( 2n+3
ight) !!}+frac{x^4}{2 imes 4 imes left( 2n+5
ight) !!}mp cdots
$$
因此
$$U_n(x)=frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$$
故
$$frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-frac{U_n'(x)}x=-frac1xfrac d{dx}left(frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}
ight),$$
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, $A_0(x)=sin x,A_1(x)=-xcos x+sin x$,由归纳法可知$A_n(x)$可以写成$P_nleft( x^2 ight) sin x+xQ_nleft( x^2 ight) cos x$,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$lfloor n/2 floor$.特别地, $A_nleft( frac{pi}{2} ight) =P_nleft( frac{pi ^2}{4} ight)$.
Hermite也给出了函数$A_n$的一个封闭表达式(closed expression),即
$$A_n(x)=frac{x^{2n+1}}{2^nn!}int_0^1(1-z^2)^ncos(xz)\,dz.$$
这等价于
$$frac{1}{2^nn!}int_0^1(1-z^2)^ncos(xz)\,dz=frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$$
由归纳法,当$n=0$时,
$$int_0^1cos(xz)\,dz=frac{sin(x)}x=U_0(x).$$
假设对任意$nin mathbb{Z}_+$,有
$$frac{1}{2^nn!}int_0^1(1-z^2)^ncos(xz)\,dz=U_n(x),$$
利用分部积分和Leibniz法则,有
egin{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
ight|_{z=0}^{z=1}}^{=\,0} + int_0^12(n+1)(1-z^2)^nzfrac{sin(xz)}x\,dzBiggr)\[8pt]
&=frac1xcdotfrac1{2^nn!}int_0^1(1-z^2)^nzsin(xz)\,dz\[8pt]
&=-frac1xcdotfrac d{dx}left(frac1{2^nn!}int_0^1(1-z^2)^ncos(xz)\,dz
ight) \[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$lfloor n/2
floor$. $q^{lfloor n/2
floor}P_nleft( frac{pi ^2}{4}
ight)$为某一整数$N$,即
egin{align}N&=q^{leftlfloorfrac n2
ight
floor}A_nleft(fracpi2
ight)\&=q^{leftlfloorfrac n2
ight
floor}frac{left(frac pq
ight)^{n+frac 12}}{2^nn!}int_0^1(1-z^2)cosleft(fracpi2z
ight)\,dz.end{align}
显然$N>0$,则$N$为正整数.另外,
$$lim_{ninmathbb{N}}q^{leftlfloorfrac n2
ight
floor}frac{left(frac pq
ight)^{n+frac 12}}{2^nn!}=0.$$
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$ an x$的连分式的“留数(residue)”(或“余数(remainder)”)
egin{proof}
(Cartwright)考虑积分
$$I_n(x)=int_{-1}^1(1 - z^2)^ncos(xz)\,dz,$$
其中$n$是非负整数.
两次分部积分可得到递推关系($ngeqslant 2$)
$$x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).$$
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$J_0(x)=2sin x$和$J_1(x)=-4xcos x+4sin x$,且对正整数$n$,有
$$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!igl(P_n(x)sin(x)+Q_n(x)cos(x)igr),$$
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
$$frac{a^{2n+1}}{n!}I_nleft(fracpi2
ight) = P_nleft(fracpi2
ight)b^{2n+1}.$$
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$0<I_nleft(fracpi2
ight)<2$.另一方面,
$$ frac{a^{2n+1}}{n!} o 0 ext{当}n o infty. $$
因此,对于足够大的$n$,有
$$ 0 < frac{a^{2n+1}I_nleft(fracpi2
ight)}{n!} < 1, $$
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,
egin{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.
egin{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.
extbf{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$nleqslant kleqslant 2n$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:
$$int_0^pi f(x)sin(x)\,dx=F(0)+F(pi).$$
extbf{证明:}由于$f^{(2n+2)}$为零多项式,则
$$ F'' + F = f.$$
利用
$$ (F'cdotsin - Fcdotcos)' = fcdotsin$$
和微积分基本定理可知
$$int_0^pi f(x)sin(x)\,dx= igl(F'(x)sin x - F(x)cos xigr)Big|_{0}^{pi}.$$
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$0leqslant x(a-bx)leqslant pi a$且对于$0leqslant xleqslantpi$有$0leqslantsin xleqslant 1$,由$f$原来的定义可得
$$int_0^pi f(x)sin(x)\,dxlepifrac{(pi a)^n}{n!},$$
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.
egin{align}
int_0^pi f(x)sin(x)\,dx
&=sum_{j=0}^n (-1)^j igl(f^{(2j)}(pi)+f^{(2j)}(0)igr)\
&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,
egin{align}
J_n(x)&=x^{2n+1}int_{-1}^1(1-z^2)^ncos(xz)\,dz\
&=int_{-1}^1igl(x^2-(xz)^2igr)^nxcos(xz)\,dz.
end{align}
进行换元$xz=y$得
$$int_{-x}^x(x^2-y^2)^ncos(y)\,dy.$$
特别地,
egin{align}
J_nleft(fracpi2
ight)&=int_{-pi/2}^{pi/2}left(frac{pi^2}4-y^2
ight)^ncos(y)\,dy\
&=int_0^pileft(frac{pi^2}4-left(y-fracpi2
ight)^2
ight)^ncosleft(y-fracpi2
ight)\,dy\
&=int_0^pi y^n(pi-y)^nsin(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
$$F=f-f^{(2)}+f^{(4)}mpcdots,$$
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.
egin{proof}
(Bourbaki)对于自然数$b$和非负整数$n$,定义
$$A_n(b)=b^nint_0^pifrac{x^n(pi-x)^n}{n!}sin(x)\,dx.$$
显然$A_n(b)>0$.此外,当$n$足够大时,有$A_n(b)<1$.
由于
$$x(pi-x)leleft(fracpi2
ight)^2,quad forall xin[0,pi]$$
则
$$A_n(b)lepi b^nfrac1{n!}left(fracpi2
ight)^{2n}=pifrac{(bpi^2/4)^n}{n!}.$$
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
egin{align}
A_n(b)&=int_0^pi f(x)sin(x)\,dx\ &=left[-f(x)cos(x)
ight]_{x=0}^{x=pi}-left[-f'(x)sin(x)
ight]_{x=0}^{x=pi}+cdotspmleft[f^{(2n)}(x)cos(x)
ight]_{x=0}^{x=pi}pmint_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$f^{(k)}\,(0leqslant kleqslant 2n)$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.
egin{proof}
(Laczkovich) Miklós Laczkovich的证明是Lambert原始证明的简化.考虑函数
egin{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
otin{0,-1,-2,ldots}).
end{align}
且
$$f_{1/2}(x)=cos(2x) ext{和} f_{3/2}(x)=frac{sin(2x)}{2x}.$$
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$lim_{k o+infty}f_k(x)=1$.
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
$$igl|f_k(x)-1igr|leqslantsum_{n=1}^inftyfrac C{k^n}=Cfrac{1/k}{1-1/k}=frac C{k-1}.$$
命题3.若$x
eq 0$且$x^2$为有理数,则
$$f_k(x)
eq0 ext{ 和 }frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}
otinmathbb{Q}.quad forall kinmathbb{Q}setminus{0,-1,-2,ldots}$$
证明:否则,存在实数$y
eq 0$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$y
eq 0$,否则由命题1可知$f_{k+n}(x)\,(nin mathbb{N})$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
$$g_n=egin{cases}f_k(x)& ext{ 若 }\, n=0\ frac{c^n}{k(k+1)cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)& ext{ 否则.}end{cases}$$
则
$$g_0=f_k(x)=ayinmathbb{Z}y ext{ 和 }g_1=frac ckf_{k+1}(x)=frac{bc}kyinmathbb{Z}y.$$
另一方面,由命题1可得
egin{align}
g_{n+2}&=frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)cdots(k+n-1)}cdotfrac{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
ight)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$g_ngeqslant |y|$.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$f_{frac{1}{2}}left( frac{pi}{4} ight) =cos frac{pi}{2}=0$,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
$$ an x=frac{sin x}{cos x}=xfrac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},$$
由命题3可知,若$xin mathbb{Q}ackslash {0}$,则$ an 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$J_
u (x)$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$x
eq 0$且$x^2$是有理数,那么
$$frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}
otinmathbb{Q},quad forall kinmathbb{Q}setminus{0,-1,-2,ldots}.$$
%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
$$
lim_{n
ightarrow infty} frac{n^n}{n!e^n}=exp left{ lim_{n
ightarrow infty} nln n-n-sum_{k=1}^n{ln k}
ight}
\
=exp left{ lim_{n
ightarrow infty} n-sum_{k=1}^n{ln frac{k}{n}}
ight}
$$
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.
egin{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".
egin{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$bgeqslant 2$,由于
egin{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
ight) <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
$$
x = b!\,iggl(e - sum_{n = 0}^{b} frac{1}{n!}iggr).
$$
为了看出当$e$是有理数时, $x$为整数,进行换元$e=frac{a} {b}$,则
$$
x = b!\,iggl(frac{a}{b} - sum_{n = 0}^{b} frac{1}{n!}iggr)
= a(b - 1)! - sum_{n = 0}^{b} frac{b!}{n!}.
$$
第一项为整数,又$nleqslant b$,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
$$x = b!iggl(sum_{n = 0}^{infty} frac{1}{n!} - sum_{n = 0}^{b} frac{1}{n!}iggr) = sum_{n = b+1}^{infty} frac{b!}{n!}>0.$$
现在证明$x<1$.对于$ngeqslant b+1$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$ngeqslant b+2$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
$$
x
=sum_{n = b+1}^infty frac{b!}{n!}
< sum_{n=b+1}^infty frac1{(b+1)^{n-b}}
=sum_{k=1}^infty frac1{(b+1)^k}
=frac{1}{b+1} iggl(frac1{1-frac1{b+1}}iggr)
= frac{1}{b} < 1.
$$
由于在$0$和$1$之间没有整数,矛盾,故$e$是无理数.
end{proof}
egin{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
$$frac1e=e^{-1}=sum_{n=0}^inftyfrac{(-1)^n}{n!}.$$
假设$e$为有理数,记$e=frac{a}{b}$,则
$$
frac{b}{a}=e^{-1}=sum_{n=0}^{infty}{frac{left( -1
ight) ^n}{n!}},
$$
两边乘以$(-1)^{a+1}a!$并移项得
egin{align*}
&left( -1
ight) ^{a+1}left{ bleft( a-1
ight) !-sum_{n=0}^a{frac{left( -1
ight) ^na!}{n!}}
ight}
\
&=frac{1}{a+1}-frac{1}{left( a+1
ight) left( a+2
ight)}+frac{1}{left( a+1
ight) left( a+2
ight) left( a+3
ight)}-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:
egin{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
$$c_{0}+c_{1}e+c_{2}e^{2}+cdots+c_{n}e^{n}=0, qquad c_0, c_n
eq 0.$$
现在对于正整数$k$,定义多项式:
$$ f_k(x) = x^{k} left [(x-1)cdots(x-n)
ight ]^{k+1},$$
左右两边同乘
$$int^{infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx,$$
得到方程
$$c_{0} left (int^{infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx
ight )+ c_1eleft ( int^{infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx
ight )+cdots+ c_{n}e^{n} left (int^{infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx
ight ) = 0.$$
此方程可以写成
$$P+Q=0$$
的形式,其中
egin{align*}
P &=c_{0}left ( int^{infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx
ight )+ c_{1}eleft (int^{infty}_{1}f_k e^{-x}\,dx
ight )+ c_{2}e^{2}left (int^{infty}_{2}f_k e^{-x}\,dx
ight ) +cdots+ c_{n}e^{n}left (int^{infty}_{n}f_k e^{-x}\,dx
ight ),\
Q &=c_{1}eleft (int^{1}_{0} f_k e^{-x}\,dx
ight )+c_{2}e^{2} left (int^{2}_{0} f_k e^{-x}\,dx
ight )+cdots+c_{n}e^{n}left (int^{n}_{0} f_k e^{-x}\,dx
ight ).
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$0<aleqslant n$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$k+1leqslant j$,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
$$int^{infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = int^{infty}_{0} left ([(-1)^{n}(n!)]^{k+1}e^{-x}x^k + cdots
ight ) dx,$$
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$left| frac{Q}{k!} ight|<1$.
证明:注意到
$$f_k e^{-x} = x^{k}[(x-1)(x-2)cdots(x-n)]^{k+1}e^{-x} = left ([x(x-1)cdots(x-n)]^k
ight ) left ((x-1)cdots(x-n)e^{-x}
ight ).$$
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$$lim_{k oinfty}frac{G^k}{k!}=0$$
可知
$$lim_{k oinfty}frac{Q}{k!}=0$$
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}