与e是超越数

π和π和 e e 九九π和π和e e 是超越数是超越数 在代数里我们知道，实数全体可以分成有理数和无理数两大类. 前面已经讲过，π和 e 都是无理数. 事实上，实数还有一种分类的方法 . 就是把实数分成代数数和超越数两大类 . 下面我们就来谈谈有关代数数和超越数的问题. 先来看什么是代数数. ,•a 1• ,•a2• ,•  设 u 是一个实数，如果有整数a0• 合代数方程  • ,•a n (a0 0• ,•n  0)，使得 u 适 a0una1un1a2un2  an1u an 0• ,•••••••(96) 那末 u 就叫做代数数代数数. u 所能适合的整系数代数方程（96）可以不止一个，它们的次数n 中 最低的那个 n 就称为 u 的次数. 不是代数数的实数就叫做超越数超越数. 对于复数，也可以完全类似地定义代数数和超越数的概念. 例例 1 1有理数是（一次）代数数. 证明证明有理数u  q (p• ,•q 是整数• ,•p  0)适合方程 p pxq  0 （一是代数方程的最低次数）所以 q 是一次代数数. （例如，1 虽然也适合二次系数方 p 程x 2 1 0，但是，因为它适合一次方程x1 0，所以称它为一次代数数）反过来， 一次代数数都是有理数. 例例 2 2二次代数数的一般形式是： r  s m ，（97） 其中 r 和 s 是有理数，并且s  0；m 是正整数并且 m 不是一个整数的完全平方. 证明证明我们把 r 和 s 通分，写成 r  qt • ,•s • , pp  qt m 是方程 p 这里 p 是正整数，q 和 t 是整数，那末，u p2u22pqu(q2t2m)  0 （98） 的根，并且方程（98）的系数都是整数. 因此，数（97）或者二次代数数，或者是一次数数 . 但是，从例1 知道，一次代数数是有理数，而当s  0，m 不是一个整数的完全平方时，数 （97）不可能是有理数，所以数（97）是二次代数数. ,•a 1•,•a2 是任意三个整数，并且a0反过来，如果a0•  0，又 u 是实数，它适合方程 a0u2a1u a2 0， 那末由一元二次方程的求根公式，得到 2 a1a14a0a2 u  已知 u 是实数，所以 2 m  a14a0a2 0. 2a0 • .•••••••••••••(99) 如果 m 是整数 u 的完全平方，那末u 是有理数，否则u 就是形如数（ 97）的数 a1 1  数(97)里• ,•取r  • ,•s   . 2a02a0  所以，二次代数数的一般形式是（97）. 又如 4 32  5••••••••••••••••••••(100) 等等都是代数数，事实上，数（100）就是方程 u2430u162u1275u830u4121 0••••••••• 的根，因为，如果把数（100）记做 u，那末 (101) u432 5. 因此 (u45)3 2••. 把上式的左边展开得到， u123 5u815u45 5  2. 所以 (u1215u42)25(3u85)2••. 把这个式子整理后就得到方程（101）. 一般地说，把有限个有理数经过有限次加，减，乘，除，开方等运算后所得到的实数就 是代数数. 历史上曾经研究过这样的问题： 是否一切代数数都可以从有限个有理数出发经过 有限次加，减，乘，除，开方等运算得到 . 这个问题曾经苦恼过许多数学家，一直到群论出 现后才得到了否定的回答，就是：并不是所有代数数都可以用上述方法得到的. 我们再回到所考察的两个常数π和 e 上来. 前面已经说过 e 和π是无理数，事实上，e e 和π还是超越数和π还是超越数，而不是代数数而不是代数数. 为什么人们对于 e 和π是不是代数数的问题会发生兴趣 呢？这是有一段相当长的历史的. 两千多年前几何学家们就提出这样的一个问题： 设给定一个圆 O， 要求作出一个正方形， 使得它的面积和给定的圆O 的面积相等. 如果把圆 O 的半径 R 算作单位长，那末圆 O 的面 积是π. 因此，上述问题也就是说，作一条线段m，使是它的长度是R 的长度的 π 倍，而 以线段 m 为边的正方形就是所要求的正方形，这就是所谓“变圆为方问题”. 我们知道，无论作什么图形，都要用工具 . 如果我们容许用圆柱作为工具，那末上述问 题是不难解决的. 事实上，我们只要制作一个圆柱， 使它的上底和下底都和圆O 一样大，而 高是 R 的长度的一半. 再把这个圆柱的侧面接触平面， 在平面上滚一周就画出一个矩形 （图 10） ，它的一边长是 这个矩形变形成面积相等的正方形：先把矩形的长边二等分，再作线段AB，使它的长 度等于矩形的长边的一半，并且延长BA 到 C， 使 AC 的长度等于一个单位长（图11）. 所以 AB 的长是π，AC 的长是 1. 以 CB 为直径画半圆，再过点A 作 CB 的 垂线交圆于 D.那末 AD 就是所要求的 线段 m 了. 但是，在欧几里得几何学里的作图问题， 总是限制只能有限次地应用直尺和圆规这两 种工具来作出所求的图形，这样，就使问题 变得很难解决. 上面这个变圆为方的问题两 千多年来就不知苦恼了多少几何学家， 后来才被证明只有限次地应用直尺和圆规是不能作出 与已知圆等面积的正方形的. 也就是说，对于给定长度是 R 的线段，有限次地应用直尺和圆 规， 不可能作出一条长度是R 的 1 ，另一边长是 2π. 这个矩形的面积就是π了. 然后再用下面的方法把 2 π 倍的线段来的. 这个答案是根据π是超越数这个事实作 出的，我们只能把这些理由推出几点简单地写在下面. 我们在平面几何里已经知道， 给定长度是 r 的线段， 可以用直尺和圆规作出长度是 m r n （m、n 都是正整数）的线段；也可以作出一条线段，使它的长度的平方等于r. 因此，反复 进行上述的手续，就可以看出：有限次地应用直尺和圆规，可以从给定的单位长度的线段l 出发，作出长度是u 的线段，这里u 是由有限个有理数经过有限次加，减，乘，除，开平方 等运算所得到的数. 而且重要的是，后来人们证明了：对于给定单位长度的线段 l，如果我 们限于有限次地应用直尺和圆规来作出长度是u 的线段的话， 那末这个 u 必须是由有限个有 理数经过有限次加， 减，乘， 除，开平方等运算后所得的数. 因此， 这个 u 只能是代数数. 如 果 u 是超越数，那末就作不出所求的线段了. 这样一来， 就把有限次地应用直尺和圆规解变圆为方的问题归结为， π是不是有理数经 过有限次加，减，乘，除，开平方所得到的数 . 因此人们看到，如果π是超越数，那末，有 限次地应用直尺和圆规来解变圆为方的问题是不可能的 直到 1840 年柳维尔（Liouville）才证明 e 不是二次代数数，33 年后埃尔密脱（Hermite） 研究指数函数，证明了e 是超越数，到1882 年林德曼（Lindemann）在埃尔密脱证明e 是超 越数的基础上， 借助于前面说过的欧拉公式eiπ 1， 才证明了π是超越数.