第四章 无理数

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1、Some generalities(若干概念)

有关 irrational number(无理数) 的理论，属于分析学的范畴

然而，许多有关 irrationality(无理性) 的问题被视为数论的范畴，比如说方程

$r^3+s^3=3\quad$

在有理数范围内无解，等价于方程

$a^{3} d^{3}+b^{3} c^{3}=3 b^{3} d^{3}$

没有整数解，再比如说 $\sqrt{2}$ 是无理数等价于方程

$a^2=2b^2$

没有整数解

在小学时期大家都已经知道了无理数的概念，即不能被表示为

$\frac{a}{b}\quad (a,b\in Z)$

的数的统称，那么本节我们要研究的问题就是

$x 是有理数还是无理数？$

这里的 $x$ 是 $\sqrt{2},e,\pi$，或是更为复杂的形式

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2、Numbers known to be irrational(已知的无理数)

如何判断无理数是一个非常困难的问题，这里有几种无理数的类型

（1）代数无理数

有关 $\sqrt{2}$ 的无理性已经被证明了，我们之后会提到，并且不难证明

$\sqrt[m]{N}$

是无理数，当且仅当 $N$ 不是整数的 $m$ 次幂的形式

（2）$e,\pi$ 及其生成的数

我们很容易证明 $e$ 的无理性，$\pi$ 的无理性证明则有些复杂

而且关于 $e$ 或 $\pi$ 的任意幂与有理系数多项式也都是无理数，比如

$e^{\sqrt{2}}, \quad e^{\sqrt{5}}, \quad \sqrt{7} e^{3 \sqrt{2}}, \quad \log 2$

都是无理数，我们将在第十一章深入这些数的讨论

随着现代数学的深入，我们逐渐证明了

$e^{\pi}, \quad 2^{\sqrt{2}}, \quad e^{\pi \sqrt{2}}, \quad e^{\pi}+\pi$

是无理数，但是还有一些数的无理性尚未证明

$2^{e}, \quad \pi^{e}, \quad \pi^{\sqrt{2}}, \quad e+\pi, \quad \gamma$

其中 $\gamma=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}-\log n\right)$ 被称为 Euler's constant(欧拉常数)

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3、The theorem of Pythagoras(毕达哥拉斯定理)

Theorem 43（毕达哥拉斯定理）
$\sqrt{2} 是无理数$

我们接下来给出两个证明，其方法虽然平凡，但是值得学习

（1）假设 $\sqrt{2}$ 是有理数，那么方程

$a^2=2b^2$

有整数解 $a,b$ 且 $(a,b)=1$，因此 $b|a^2$，且 $b$ 的任意质因子 $p|a^2\rightarrow p|a$

然而 $(a,b)=1$，因此 $b=1$，没有整数 $a$ 满足方程

（2）沿用上面的假设，我们发现 $a^2$ 是偶数，因此 $a$ 是偶数，设 $a=2c$ 得到

$b^2=2c^2$

即 $b$ 也是偶数，这与 $(a,b)=1$ 矛盾

这两个证明非常相似，事实上在证明（2）中，我们考虑的是关于已知质数 $2$ 的整除性，而在证明（1）中，我们考虑的是关于未知质数 $p$ 的整除性，因此，证明（2）更为简单，而证明（1）的可推广性更强

接下来我们考虑更为一般的形式

Theorem 44
$\sqrt[m]{N}$ 是无理数当且仅当 $N$ 不是整数的 $m$ 次幂的形式

（3）考虑方程

$a^{m}=N b^{m}$

其中 $a,b\in Z$ 且 $(a,b)=1$，那么 $b|a^m$，$b$ 的任意质因子 $p|a^m\rightarrow p|a$

由于 $(a,b)=1$，所以 $b=1$，至此定理就非常显然了

（4）当 $m=2$ 时，我们还有一个更加清奇的证明，假设

$\sqrt{N}=a+\frac{b}{c}$

其中 $a,b,c\in Z，0<b<c$ 且 $\frac{b}{c}$ 是满足条件的分子最小的分数，那么有

$c^{2} N=(c a+b)^{2}=a^{2} c^{2}+2 a b c+b^{2}$

因此 $c|b^2$，不妨设 $b^2=cd$，那么有

$\sqrt{N}=a+\frac{b}{c}=a+\frac{d}{b}$

其中 $0<d<b$，与假设矛盾，证毕

更平凡的结论如下：

Theorem 45
如果 $x$ 是整系数方程
$x^{m}+c_{1} x^{m-1}+\cdots+c_{m}=0$
的根，那么 $x$ 要么是整数，要么是无理数

不妨设 $c_m\neq 0$，假设 $x=\frac{a}{b},(a,b)=1$，那么

$a^{m}+c_{1} a^{m-1} b+\ldots+c_{m} b^{m}=0$

因此，$b|a^m\rightarrow b|a\rightarrow b=1$，证毕

当方程为

$x^{m}-N=0$

就得到了 Theorem 44 的情况

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4、Geometrical proof of the irrationality of $\sqrt{5}$ (用几何学方法证明 $\sqrt{5}$ 的无理性)

我们介绍一种新的方法，即用几何学的方法来证明无理性，以 $\sqrt{5}$ 为例，设

$x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

那么 $x$ 满足方程

$x^{2}=1-x$

在几何上，设 $AB=1,AC=x$，如图所示：

那么有

$AC^2=AB\cdot CB$

事实上，$C$ 是 $AB$ 的黄金分割点，其与圆内接正五边形的构造有关

由于 $\frac{1}{2}<x<1$，我们可以用 $1$ 除以 $x$，其商为 $1$，余数为 $1-x=x^2$，即

$1\div x=1\cdots x^2$

类似的，我们有

$x\div x^2=1\cdots x^3$

$x^2\div x^3=1\cdots x^4$

我们可以写出无穷个这样的等式，其被除数、除数、余数三者比例相同

在几何中，我们取点 $C_1$ 使得 $CC_1=CB$，那么 $C_1$ 就是 $AC$ 的黄金分割点

同样的，取 $C_1 C_2=AC_1$，那么 $C_2$ 就是 $C_1 C$ 的黄金分割点

取 $C_3C_2=C_2C$，$C_3$ 就是$C_1C_2$ 的黄金分割点，这样无限分割下去，对应了上边的等式

如果 $x$ 是有理数，那么 $AB,AC$ 必然是一个长度 $\delta$ 的整数倍

由于

$C_{1} C=C B=A B-A C, \quad C_{1} C_{2}=A C_{1}=A C-C_{1} C, \quad\ldots$

因此图中所有分割而成的线段都是 $\delta$ 的整数倍，也就是说，有无穷个线段是 $\delta$ 的整数倍，并且它们的长度都小于 $1$，这是不可能的

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5、Some more irrational numbers(其它的无理数)

我们知道，在证明 Theorem 44 后，$\sqrt{7}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{11}, \dots$ 都是无理数

在证明 Theorem 45 后，$x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 也是无理数，这是因为方程

$x^{4}-10 x^{2}+1=0$

无整数解

事实上，我们可以借助十进制分数与连分数构造无理数，这会在第九章和第十章提到

接下来我们探讨一些在分析学中常用的无理数

Theorem 46
$\log_{10}{2} 是无理数$

考虑方程 $2^b=10^a$，由于 $5|10^a，5\nmid 2^b$，因此无整数解

更一般的 $\log_{n}{m}$ 是无理数，如果 $m,n$ 中有一个缺少另一个的素因子

Theorem 47
$e 是无理数$

不妨设 $e=\frac{a}{b}，a,b\in Z$，设 $k\geq b$

$\alpha=k !\left(e-1-\frac{1}{1 !}-\frac{1}{2 !}-\ldots-\frac{1}{k !}\right)$

那么 $b|k!$，因此 $\alpha$ 是整数，但是根据泰勒展开

$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{k!}+\cdots$

因此

$\begin{aligned} 0<\alpha &=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)(k+2)}+\ldots \\ &<\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^{2}}+\ldots=\frac{1}{k} \end{aligned}$

这是矛盾的，因此 $e$ 是无理数

在这个证明思路中，我们构造了 $\alpha$ 是整数，然后证明 $0<\alpha<1$ 导出矛盾

接下来的两个更复杂的证明沿用了这个思路，在此之前，我们先来探讨一个函数的性质

$f(x)=\frac{x^{n}(1-x)^{n}}{n !}=\frac{1}{n !} \sum_{m=n}^{2 n} c_{m} x^{m}$

其中 $n$ 是正整数，$c_m$ 必为整数，且对于 $0<x<1$ 有

$0<f(x)<\frac{1}{n !}$

容易发现，$f(0)=0$，当 $m<n$ 或 $m>2n$ 时，$f^{(m)}(0)=0$，当 $n\leq m\leq 2n$ 时

$f^{(m)}(0)=\frac{m !}{n !} c_{m}$

显然是整数，因此 $f(x)$ 及其导数在 $x=0$ 处取值都是整数

由于 $f(x)=f(1-x)$，所以在 $x=1$ 处同样成立

接下来我们利用这个函数的性质证明更加复杂的定理

Theorem 48
$e^y 是无理数（y\neq 0,y\in Q）$

事实上，$y$ 是有理数和 $y$ 是整数的限制是等价的，不妨设 $y=\frac{h}{k}$

如果 $e^y$ 是有理数 ，那么显然 $e^{h}=(e^{y})^k$ 也是有理数

所以其逆否命题也是成立的：若 $e^h$ 是无理数，那么 $e^y$ 是无理数

所以我们只需要证明 $e^h$ 是无理数就可以了，假设 $e^h=\frac{a}{b}$，沿用上面 $f(x)$ 的定义

$F(x)=h^{2 n} f(x)-h^{2 n-1} f^{\prime}(x)+\ldots-h f^{(2 n-1)}(x)+f^{(2 n)}(x)$

那么根据之前探讨过的性质有 $F(0),F(1)$ 都是整数，且构造一波得到

$\frac{d}{d x}\left\{e^{h x} F(x)\right\}=e^{h x}\left\{h F(x)+F^{\prime}(x)\right\}=h^{2 n+1} e^{h x} f(x)$

于是有

$b \int_{0}^{1} h^{2 n+1} e^{h x} f(x) d x=b\left[e^{h x} F(x)\right]_{0}^{1}=a F(1)-b F(0)$

所以这个积分是整数，但是根据 $f(x)<\frac{1}{n!}$ 放缩得到

$0<b \int_{0}^{1} h^{2 n+1} e^{h x} f(x) d x<\frac{b h^{2 n} e^{h}}{n !}<1（n\rightarrow +\infty）$

同上一个证明的思想一样，显然是矛盾的，证毕

Theorem 49
$\pi，\pi^2 是无理数$

假设 $\pi^2=\frac{a}{b}，a,b\in Z$，我们构造

$\begin{aligned} G(x)= b^{n}\left\{\pi^{2 n} f(x)-\pi^{2 n-2} f^{\prime \prime}(x)+\pi^{2 n-4} f^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^{n} f^{(2 n)}(x)\right\} \end{aligned}$

显然 $G(0),G(1)$ 都是整数，构造一波得到：

$\begin{aligned} \frac{d}{d x} &\left\{G^{\prime}(x) \sin \pi x-\pi G(x) \cos \pi x\right\} \\ &=\left\{G^{\prime \prime}(x)+n^{2} G(x)\right\} \sin \pi x=b^{n} \pi^{2 n+2} f(x) \sin \pi x \\ &=\pi^{2} a^{n} \sin \pi x f(x) \end{aligned}$

于是有

$\begin{aligned} \pi \int_{0}^{1} a^{n} \sin \pi x f(x) d x &=\left[\frac{G^{\prime}(x) \sin \pi x}{\pi}-G(x) \cos \pi x\right]_{0}^{1} \\ &=G(0)+G(1) \end{aligned}$

这个积分是一个整数，但是放缩得到：

$0<\pi \int_{0}^{1} a^{n} \sin \pi x f(x) d x<\frac{\pi a^{n}}{n !}<1$

导出矛盾，这样证明了 $\pi^2$ 是无理数，那么 $\pi$ 自然也就是无理数

（因为其逆否命题：若 $\pi$ 是有理数，那么 $\pi^2$ 是有理数成立）

根据这个定理，我们知道

$\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}$

是无理数，且 $\zeta(4)=\frac{\pi^{4}}{90}$ 是无理数，且对于所有正偶数，函数值都是无理数

这个问题我们讲到 $\zeta$ 函数一章时会继续研究