數學著名定理/e是超越數

數學常數$e=\sum _{n\,=\,0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}=2.718281\ldots$ 是一個超越數。

換句話說，它不是任何以整數為係數的多項式的根。

證明

假設$e$ 是代數的，所以存在一個多項式

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

使得$P({\text{e}})=0$.

第一部分

令$f(x)$ 為度數為$d$ 的多項式。定義$F(x)=\sum _{k\,=\,0}^{d}f^{(k)}\!(x)$。對其求導得到

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

定義$G(x)=e^{-x}F(x)$。對其求導得到

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

由於 $G(x)$ 可微，我們將對區間 $[0,m]$ 應用 均值定理，其中 $m\in \mathbb {N}$。因此，存在一個 $x_{m}\in (0,m)$，使得

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

現在設

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

將所有項相加，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 $f(x)$ 是一個多項式，其根為 $x_{0}$，重數為 $d$。我們將證明，對於所有 $0\leq k\leq d-1$，我們得到 $f^{(k)}\!(x_{0})=0$。

讓我們寫 $f(x)=(x-x_{0})^{d}Q_{0}(x)$，使得 $Q_{0}(x)$ 是一個多項式，並且 $Q_{0}(x_{0})\neq 0$。

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

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

第三部分

現在我們定義一個多項式

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

對於素數 $p$，滿足 $p>a_{0}$ 且 $p>n$。我們得到

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

因此，對於所有 $k\geq p$，函式 $f^{(k)}\!(x)$ 是一個具有整數係數的多項式，所有係數都可被 $p$ 整除。

根據第 2 部分，對於所有 $1\leq m\leq n$，我們得到

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

因此，$F(m)$ 也是一個可被 $p$ 整除的整數。

另一方面，對於 $m=0$，我們得到

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

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。

換句話說，和 $\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)$ 是一個不被 $p$ 整除的整數，特別是它不等於零。

第四部分

根據第一部分，對所有 $1\leq m\leq n$，我們有 $0<x_{m}<m\leq n$。因此，

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

根據三角不等式，我們得到

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

但是 $\lim _{p\to \infty }{\frac {(n\cdot n!)^{p}}{(p-1)!}}=0$，因此對於足夠大的 $p$，我們得到 $0<\left|\sum _{m\,=\,0}^{n}a_{m}F(m)\right|<1$。矛盾。

$\blacksquare$