eΠ等无理数的有理逼近问题 (三)

摘要

e和兀是人们不断研究探讨的两个特殊的无理数，本文将这两个数结合在一

起对其的有关性质进行了分析讨论，讨论了e和兀的无理性。根据实数的完备性可

以知道无理数是可以用有理数的极限逼近表示的。进而用傅里叶级数展开和夹逼

定理等方法，研究一些有理数列的极限，探讨有关e和兀用有理数列极限逼近的问

题。e、兀相关的逼近问题研究结果可以推广到其他一些无理数用有理数列极限

逼近问题，加深e和兀此类特殊无理数有深刻的理解和熟练的应用，也同时可以帮

助在一些有理数列极限的证明方面获得更多思路。

关键字：e和兀无理数有理逼近极限

Abstract

eandnaretwospecialirrationalnumbersthathavebeenstudiedand

discussedcontinuouslyformanyyears.Thispaperanalyzesanddiscussesthe

propertiesofeandnincludingtheirirrationality.Accordingtothecompletenessof

therealnumbers,weknowthatirrationalnumberscanberepresentedbythelimit

approximationofrationalnumbers.WecanusetheFourierseriesexpansion,Squeeze

theoremandothermethodstostudythelimitofsomerationalnumbersequencesand

discusstheproblemofusingthelimitofrationalnumbersequencestoapproximatee

andn.Theresultsoftheapproximationproblemresearchoneandncanbe

extendedtosomeotherproblemsofusingthelimitofrationalnumbersequencesto

approximateirrationalnumber,whichcandeepenourunderstandingandapplicationof

specialirrationalnumberssuchaseandnalsohelpourselvesgeneratemoreideas

onprovingthelimitofrationalnumbersequencesatthesametime.

Keywords:e、n,irrational,rationalapproximation,limit

目录

摘要..........................................................................1

Abstract..................................................................................................................................................1

1弓I言.........................................................................3

1.1研究背景及意义........................................................3

1.2研究的思路............................................................4

2无理数的有理数逼近..........................................................5

2.1有理数逼近无理数的相关证明............................................5

2.2e的定义................................................................5

2.3证明e是无理数.........................................................6

2.4兀的定义...............................................................7

2.5证明乃是无理数.........................................................7

3e.兀的一些有理数逼近及其证明...............................................8

3.1e的有理逼近............................................................8

3.2收敛到e的有理数列....................................................13

4逼近e、兀的数列的收敛速度..................................................14

5其他一些无理数的有理逼近..................................................16

结论.........................................................................20

参考文献.....................................................................21

致谢..........................................................错误!未定义书签。

1引言

1.1研究背景及意义

e和兀这两个数对我们来说熟悉而又陌生，兀是我们最早认识的无理数早在小学有了初

步的了解，则是被广泛使用的无理数与我们生活中的方方面面都息息相关。在高等数学中e

和兀也是人们研究的重要对象，有理逼近问题也是在函数逼近论中的较为重要的一个课题，

而我们用e和兀这样的特殊的无理数来研究有理逼近问题，能够帮助我们更好的理解。

兀是数学中最为人所知的数，与自然界的其他常数对比，兀总是那个最显眼最特立独行

的那一个。兀或者pi,是圆的周长和它直径的比值。它的值，即这两个长度之间的比值，与

圆的大小无关。无论圆是大是小，兀的值都是恒定不变的。兀的发展史要追溯到公元前1600

年，至今已有数千年的历史，其中许许多多的数学家在兀的发展中留下了自己的名字。我古

代就有刘微，祖之冲等在对兀研究方面有着巨大成就的数学家，到了近代，在兰伯特证明了

兀是不可分数后，德国数学家林德曼在1882年解决了有关关于兀的悬而不决的问题。他证明

了兀是超越的，即兀不可能是代数方程的解，通过解决这个千古之谜，林德曼证明了化圆为

方是不可能得到的。而e相对于他的唯一竞争者兀来说，就像是初来乍到的。兀由于其可追溯

到巴比伦时期的辉煌历史而显得更具威严，而e没有什么值得称道的历史为其添彩。常数e

是年轻而充满生机的，当涉及增长时，他就会出现。无论人口、金钱或者其他的自然数量，

他们的增长总会不可避免的涉及到e。然而，e的故事真正开始于某种17世纪的电子商务。

当时，瑞士的数学家雅各布・伯努利开始研究复利问题时最先发现常数e的存在。，之后数学

家对e研究陷入了狂热，1737年欧拉证明了e是无理数。1840年，法国数学家刘维尔证明了

e不是任何二次方程的解，而且直到33年后也是来自法国的数学家埃尔米特完成了e是超越

的证明，而且之后林德曼是沿用埃尔米特的方法证明了兀是超越数的。

兀和e的关系也令数学家们着迷。”和兀，的值是非常接近的，我们可以用计算器算一下，

它们的近似值为e7r«23.14069,ne=22.15916。数字e7r正是我们所知的盖尔范德常数，并且

已经被证明了是超越的。但是我们对于小知之甚少，话没有人证明它是无理数。提到兀和e

的关系那不得不提这一个将0、1、兀、e都涉及到的等式了〃元+1=0,这是由欧拉发现的

最接近完美的数学公式。

自然对数e和圆周率兀的研究也吸引着我国的许多数学家，他们的大多数研究成就都集

中在实际的应用领域，由于研究的相对独立，导致研究成果各不相同，尤其是在新兴的计算

机领域，为其发展添上了浓墨重彩的一笔。

同时在概率问题方面也有着诸多应用，用于描述小概率事件的泊松分布，在统计学中，

e涉及到了正态分布的钟形曲线，在工程学中，悬索桥缆索的曲线就是与e有关，还有詹姆

斯•斯特林利用兀和e等到了一个对阶乘汨的著名近似，正因为数学家广阔的研究领域，才

使得e兀能深入我们的身边，让数学推动科学的发展。

1.2研究的思路

首先阅读相关文献资料，了解e兀的相关定义、性质以及其级数展开的方法，根据些条

件证明e和兀是无理数，我们知道任意的有理序列都可以逼近一个无理数，也就是我们只要

找到一些极限是e和兀的有理数列，之后通过用傅里叶级数展开，夹逼定理等方法对一些有

理数列的极限的证明，这样我们就可得到e或者兀可以用有理数列逼近。用同样的方法，我

们也可以得到其他无理数用有理数列逼近的一些例子。

预备知识1：构造一个很有用的函数/（无）=/（1-无），证明这个函数满足如下三个性质：

2nc

（性质D/（%）是一个形如ZU%'的多项式，且系数Q全部都是整数.

（性质II）当Ovxvl时，.

（性质in）对于所有的整数扃=（-1（1-x）,“X）的加阶导数在o和1处的值必

为整数，也即/湍和偿都是整数。

（性质D和（性质n）是显然成立的。下面证明（性质m）。

根据（性质I）,/（X）是一个从1的〃次事项到X的2〃次幕项的“+1项和。因此，当加

时，f%为0,当然是整数；当〃7>2〃时，段恒为0，/5当然也是整数。

而当几根据（性质I）的多项式对〃X）求加阶导，得到瑙=?，由于

〜为整数且机2〃，所以这个数必然是整数，因此略必为整数。另外，注意到这个函数有

一个明显的对称性，就是/（%）=/（1-%）,从而对这个式子两边同时求加.阶导数，得到

扃二（T『1r（i㈤从而扃⑴。于是，既然瑞为整数，那么瑙当然也是

整数。于是（性质m）成立。

预备知识2若limf(ji)=A>0,若limg(n)=B,其中A,B均为有限数，则若lim/⑴耿⑶二心.

n78J1TOO7178

证明：limf(ji)=A>0,所以任意的£>0存在N,当n>N时有/(几)>0；此时令

n->oo

P(")=/'(久产⑺则

lnp(m=g(n)ln4n),

gBlnA

所以limlnpm)=BlnH;limf(ri)w=lim〃(""跖")=e=屋.

九—81)n->oon->oo

由归结原则，易得推论：若lim/(n)=A>0,若limg(n)=B,其中A、B为有限数，

n->OO71T8

贝！Jlim/(n)0(n)=AB.

TIT8

2无理数的有理数逼近

2.1有理数逼近无理数的相关证明

证明：对固定的正整数q,让p取遍所有的整数，那么:这些数把数轴分成一些长度为患勺

区间。每一个实数x位于这些区间中的一个区间，这就是说，对于任意固定的实数X,一定可

以找出一个整数p,使得

qq

这个不等式等价于

0<x-^<i

qq

由此可得

Iqlq

上面这个不等式表明：每个实数都可以用有理数取逼近到任意精确值，由于无理数是实

数的真子集，所以我们可以知道无理数同样可以用有理数来逼近。

2.2e的定义

证明：e=lim(1+工)

n->oo\n/

证明：由%>0(1=1,2,则

CL^+CL2~^------

CL]a*?■■■2

tn

设其中。尸。2=九-1=1+^T，则

1(1+W)…q((4)(1+占+1)，

即

所以(1+三)"T《1+£)”,即(l+£f递增。设其中的=Gt2=Gl3=...<2n_1=l+^->an=l,

同理可证｛(i—｝递增。

又有

(1-力(1+>1号<1，

则1+工<』，所以又因为｛(1—口\递增，所以^递减，从而

n(r)vnJ(】TvnJ(1T)(1d)

4=4,进而有（1+；)V4,所以｛(1+j)｝有界。

故｛(l+£f｝收敛，

即

e=lim(1+工).

2.3证明e是无理数

证明：运用反证法.假设e是有理数，则可以表示成色，其中a,b为正整数。设

b

(bi\

x-b\e-V—由

J/!

\z=0I•)

(bi\(八bi、b卜\

0<x=ble-^-=b\

\z=0l-JI"z=0l-Ji=0八

(b-1\

=a(〃-1)!-1+>仪〃-1))

\«=oJ

故%是整数。

Q<x=ble-^—」+______i____+_______1_______+…

b+l(b+1)(b+2)(b+1)(b+2)Cb+3)

)〃*/

—+—J+—J+…=工<1

b+1(b+l)(b+l)b

故X是小于1的正数。但是0和1之间不存在有理数，所以之前的假设矛盾，所以e是无理

数。

2.4兀的定义

一般定义：把圆的周长(c)与他直径(d)之比称：为圆周率，并用希腊字母口来表示。

a.

注：由相似图形可知，对于任何圆形，5的值都是一样的，这样就定义出常数“O

a

分析上定义：7r=inf{x|sinx=O,xeR,x>0).

注：用累级数定义三角函数，将三角函数定义在复数上，接着就能定义加。

2.5证明7T是无理数

证明：兀不像e,性质不是那么优良。我们知道靖的导数还是自身，而71就不行了。正

是因为这样，证明兀是无理数相对来说比e要麻烦一些。根据预备知识2只需证明兀2是

无理数(这因为从兀2的无理性就得到兀的无理性，因为否则兀是有理数，作为有理数的乘积

疳也是有理数)，下面用反证法证明正兀是无理数。

假设兀2是有理数，设兀24，这里a和b都是正整数。利用函数构造一个新的函数pG)

如下

p(x)=bn(兀2n.力兀2n-2.您)++(—1)',兀2n-2i"第十…)，

这个P(X)是按照门久)的偶数阶导数进行求和的，因此，其二阶导数满足如下

P^=-Tl2'p(X)+/)n-"2九+2"(%)q「&)+冗2_Jjn.兀2九+2"(%),

接下来可以用函数的求导性质，构造如下微分等式，

总(P4).sinTlx-'TTP(X)-COS7TX)

=P4),sinTTX+IIcosnx,P/%)+〃2sinnx■P(%)

=sin7rx1(P^+TT2,P(x))

=bn17T2n+2+sinTlx'/(%).

于是

Lbn-7r2n+2-sinnx,/(%),dx

(P&)'sinnx-n■P(x),COSTTX)\Q

P(l)+P(0).

由于b-it2=a,是整数根据预备知识2的性质III,/(x)的任意阶导数在0和1处的值都是

整数，故P(l)和P(0)都是整数。因此，L应为整数。但是根据预备知识2的性质H,

n

0<L=-71-fnb-兀如+2.sinnx-Jf('x)'-dx

n

pl7\/、

-nJo(b-n)-sinnx,f\x),dx

=nf1a"-sinTlx-f(x)■dx<^—.

若当取足够大的n,使得nl>7i-an,得到O<L<1,与L为整数矛盾，所以兀2只能为无理

数，故兀为有理数。

3e,兀的一些有理数逼近及其证明

3.1e的有理逼近

3.1.1证明典((1+•(1+/)-(1+莪))=e.

证明：根据分析我们可先将其变化成

,吧(1+专+令…(1+9=9

先证

岫。+专)(1+总)…(1++)=最

证法1：对V0<k<几，有

1+-<]+(九+1―7)=]।九+1।卜1+1।(九+17

n十n2J\n2)~n2n4一九十n24n4

所以

n

,1.(n+1)2

n24n4

设/=-n+

lim-An=\m(1

n->0027178X

因此

n4

lim(1+；+2+^SF)2=lim(1+lim((1+An)而)2=62,

n->oo\Tiri”/n->oon->oo\/

再由

lim1+-=62,

n->co\Ti/

及夹逼定理就有

〃+1—1

，场(1+专)(1+*)…(1+/)=kk

lim+不=e2,

n->oo

两边平方可得

2

((1++)(1+专)…(1+9)

lim=e.

71T8

证法2因为kgn时，有

(n+l)2

(T厂〉0+产>(1+>e，

所以用In(1+§>L从而

k

In。总>、5+k1)2’

同理

(n+l)2[T]-4/

—

<1+

In(1+9

于是由

nnKn

n1Jk<Jln(l+—)<^—k_n(n+l)

2(n+l)(n+1)2_])22(71—1)2,

k=lk=l11k=l(H

[.n1n(n+l)

lim-—lim-

TiToo2(n+l)2TiToo2(n-l)2

根据夹逼定理得到

fln(l+\)=|；

k=in

(1+2)(1+自…(1+S)=㈣e*”〔或

lim

n->oo

两边平方可得

岫((1+专)(1+专)-(1+/))=，♦

证法3由不等式由<ln（l+；）G得

即高<E（l+2）〈号,i=1,2,3.../77.j

<ZnH1-L|<

+E*2

i=li=ln

又因为

Y——<y--<y-一及—<y——<y——

台斤+2〃白斤+2，金加+2白”-1白”，白〃-〃

n；

目y_1__=^_n(n+l)n+11

-------------二----------------->-(nt+8),

合川+2〃n^+2n22(n+2)2

1_1n(n+l)1

n2+2~^,~~->3

l1n(n+l)1

------------=------------------------->—■

r-InJ2

E2

n

1n(n+l)1

------------>-9

z2n2n22

i=ln-n-

根据夹逼定理有

_n：_n：

鸣*r呜前

在利用一次夹逼定理就得

/、1>卜+与1

从而强。+专）（1+专）…（1+3=段修=-，即岫（1+*）。+专）…（1+

两边平方可得

2

强((1+*)(1+*)…(1+/))=，,

3.1.2,证明Iim2〃2jl+L]+]=e

n-8l1+nJInJ

234

证明：证法1由ln(l+久)=%—三+；•一;+…，知

234

nln(1+-)=1——+二7——三4—

\nJ2n3n24n3

71

I1-|.--I1、—Qnm(\l+-n>)—Ql~2n+3~n2^24ni§3+-

111

=e.五…

e(1——H--r----r+•,,).

2n3n24n3

同理可得

fl+—V+1=e(1--------+------------------+)

V1+1/2(九+1)3(九+1)24(九+1)3

于是

一。（））（*+。（专））

=e2=1

因此

一（（））

i+"1=&?i2|ieelimn2

?2T8

令F(t)=2产[(l+*Y"_(l+9]’则有

证法2

”八..(.i\£[(1+I¥?)(1+7)T

hmF(t)=hm1+-I-------------；------1

t^OOt-8Vtjt-2

「[(1++度(】+打臼

=elim------------；---------2

18t-2

「[(】+君"(】+TT。喘+震』等一告｝

=elim-------------------------------------------------

t->oo—2t3

ln(t+2)-21n(t+l)+ln

=elim-------------------；---计1计z

tT8-2t-3

_2______2111

ehmt+2t+iE(t+2)2(t+i)2

86t-4

4

】.(3t+4)t

=elim————-———=e.

t^oo6t(t+l)2(t+2)2

因此

n+1n

1

lim2«2[1+1+-I]=e.

nf8I1+Hn

3.1.3证明（1）limflH-----1—=e；

"T8\nnz7

（2）limfl+-+=e,其中（keR）；

n->oo\nn2/

⑶I吧（1+/专+*+…总”=e,其中（第R）•

n+1

2

nM¥+1n中

证明：⑴左式=lim（1+要）=lim（1+亭尸…=lim<<1+弯）由），则令

n->oo\nz/n->oo\/n->oonz

九2

/（n）=61+攀尸，

_n+l

9M=—^

则将/（九）和g（%）分别取极限得到，

limf（n）=e,limg（%）=l,

n->0071—>8

由预备定理2可知，左式=e1=e,故可得1m（1+工+3）”=e成立。

九78\nn2/

Mn+Zc

（2）利用重要极限我们可以将左式变形成，左式='嗯（1+鬻）市接着令

n2

f（m=n+答）前

n+k

9（x）=—

则将fS）和。⑺分别取极限得到,

lim/（n）=e,lim5（=l,

n->oon->oo'x'）

由预备定理2可知，左式=e1=e,故可得lim（1+工+=en,其中QkGR）成立。

7iT8\nn2/

nk

（3）式进行相关化解变形可得，原式=lim（1+北心哈2+…+『++1”，此时我们可

K

n->oo\n/

以令

nk

c,、（入、nfc-1+nfe-2+---+l\nk-1+-+i

价）=（1+），

_nk-14--+1

9M=~~-°

接着我们将/（九）预⑺分别取极限可以得到,

lim/（n）=e,limg（%）=l，

n->oon->oo、）

由预备定理2可知，左式二e1二e,故可得lim(1+工+g+-----2=e，中(左£尺)

71T8\nnzn5nK/

成立。

3.2收敛到e的有理数列

111

3.2.1证明(1)1-----1---------1-•••n；

(357

11111

(2)(l+g_]_五+石+不+…n.

71—TT<%V0

4

证明：将/•(%)=710<x<7i展开成傅里叶级数由于函数f(x)及其延拓后的

(4

图像显然是分段光滑的,故“%)可展开为傅里叶级数。

r0rTC

3打二/⑺dx=^—dx~\-I-dx=0；

I4兀Jc4

-itJo

f九冗

a=i£f(%)cosnxdx]

n——cosnxdx+--4cosnxdx=0；

471'o

-n•

f0

b=^£f(%)sinnxdx=^|71.,1

n——sinnxax+-I-4sinnxdx

I471k

-n

=­cosnx12.77---cosnxIn

4n1714nlu

(1

当TI为奇数时

n

0，当I为偶数时

所以当久6(-7T,0)U(0,7T)时,

/OS"sin(2n-l)%

乙^九212九1

(1)此时当久=

00sin(2n-l)n_^111

—i———i——•••

力2i2n-12357

71.

357

sin(2n-l)IT.1,11,—

(2)由于r2尸一”】尹…可r知

n1_1±_

1239+15

71TCTCzl1.11、

—=--1--:1-----1---------1-•••)1+(---------j---------------1-••,)

3412357)391521

=1d----------------1------1------F••

57111317

71.

57111317

4逼近e.几的数列的收敛速度

3.3.1数列｛。+；)"｝收敛于e的速度

证明：由泰勒展开式N=1+T+1士。的及1—nIn(1+肉=—[*+°R)可得

e—(1+£)"=—""配(1+9-1—，

=-e,)(1+3+白+。(3)]

=e岛栈号+。(割

lime。：")=limne\----^+o(„limne\—+o

n—>oo—72,—»ooL2TI24n2kn2/Jn—»ooL2TI\n2/J2

n1

3.3.2数列1>一:收敛于e的速度

UJ=oKk'-J

ni

证明：由£—二e可知

k=ok!

ni

iiii

y-二-----------1-----1----1----4

台人!(71+1)!(n+2)!(n+3)!(n+4)!

而

1111

------1-------1-------1------+

(n+1)!(n+2)!(n+3)!(n+4)!

<而[1+FEE+

11_1n+2

(n+1)!1——(n+1)!n+l，

又显然故'

]]-+2

(77+1)!Mk!(77+1)!n+1

由夹逼定理可得,

(n、

lim(n+l)!le-^p=1.

n—>x>

\k=07

，和物［收敛速度的对比，我们可以发现后和攵敛到e速度远远大于

3.3.3数列4（1—之+：—巳+…）收敛到兀的速度

证明：我们知道4（1-：+…）这个无穷级数收敛太慢了，我们可以利用

Mathematica计算它前十项的近似结果并保留小数点后25位，4^1-|+|-1+

•••）«3,0418396189402211135957c从而提高这个数列的收敛速度成为人们努力的方向。

利用"或加1=?可以导出以下几个级数

7T=4xarctan-+4xarctan-；

23

ill

yr=4xarctan-+4xarctan-+4xarctan-；

258

yr=12xarctan-+4xarctan—+4xarctan-^—；

4201985

111

7T=16xarctan-+4xarctan——F4xarctan—\

57099

7T=16xarctan-+4xarctan—；

5239

7T=24xarctan-+8xarctan—+4xarctan—

857129

7T=32xarctan-1--4xar1ctan----1-16xarctan——1；

10239515

111

7T=48xarctan---32xarctan----20xarctan——；

1857239

通过计算机对这8个级数的验证，计算相同7T的位数时，7T=48xarctan^--

18

32xarctan-^-20xarBm击这个级数的运算时间最短，，展开的项数最少，也就是收敛

速度最快的。

5其他一些无理数的有理逼近

4.1证明

证明：证法1结合单位根和复数的相关性质，考虑2〃+1次单位根

3=c0s热+isin热，k=l,2,3,…'n.令Xk=指,则cos取>0,sin/>0,k=l,2,3,…

,n.那么根据单位根的定义得到

l=a)2n+1

x271+1