\section{南京大學2019新生數學基礎摸底測試}
注：根據南京大學教務處的通知，9月4日（周三）12:30-14:30針對全校想選《數學分析》《高等代數》《解析幾何》的學生以及數理科學類的全體學生舉行新生數學基礎摸底測試，主要考察學生的學習能力和分析問題、解決問題的能力.
1.求$x\in[1,2)$,使得對任意的自然數$n\in\mathbb{N}$,滿足$\lfloor 2^nx\rfloor$被4除后余1或者2.
2.已知函數$f(x)=x^n-ax-1\,(a\in\mathbb{R})$.
【這里我覺得應該是$a>0$?否則第(1)問就做不了】
(1)證明: 方程$f(x)=0$有且僅有一個正實數根$\beta$,且$\beta>1$.
(2)證明: 方程$f(x)=0$的任意復數根$\alpha$滿足對(1)中$\beta$有$|\alpha|\leq\beta$.
3.求整系數多項式$P(x)$使得$P(1+\sqrt[3]{3})=1+\sqrt[3]{3},P(1+\sqrt{3})=7+\sqrt{3}$,若不存在, 請說明理由.
4.任意拋物線將平面分為三個區域, 即內部(焦點所在區域)、外部和拋物線. 試問: 有限條拋物線(共面)的內部是否能覆蓋整個平面?
5.證明: $\left\{(x,y)|x^2-2y^2=0, x,y\in\mathbb{C}\right\}=\{(0,0)\}$,其中$x,y$的實部與虛部均為有理數.
6.甲、乙兩人進行一數學游戲: 給定一正整數$n\,(n\geqslant 2)$,第一回合: 甲得到數$n$, 說出$n$的任意真因子$m$后得到新數 $n'=n-m$,乙得到數$n'$,說出$n'$的任意真因子$m'$后得到新數 $n''$,以此類推,直到某個人說出某真因子后得到新數為1, 該人獲勝. 若給定正整數$2019$由甲先開始說數, 試問: 甲、乙誰有必勝的策略, 並簡要陳述該策略.
7.設$p$是個素數, 對任意$x\in\mathbb{Q}$,定義$|x|_p$如下:
$$|x|_p=\left\{ \begin{aligned} &0, &&x=0, \\ &p^{-\alpha},&&x=p^{\alpha}\cdot\dfrac{n}{m},\alpha\in\mathbb{Z},m,n\in\mathbb{Z},(p,mn)=1, x\neq 0. \end{aligned} \right.$$
設數列$\{a_n\}\subset\mathbb{Q},n=1,2,\cdots$
(1)我們稱數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列, 如果對任意$\varepsilon>0$,都存在$N>0$,使得對$\forall m,n>N$都有$|a_m-a_n|_p<\varepsilon$.
(2)如果存在$A\in\mathbb{Q}$,使得對任意$\varepsilon>0$,都存在$N>0$,使得對$\forall n>N$都有$|A-a_n|_p<\varepsilon$,則稱數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收斂於$A$.
請證明:
(a)如果數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收斂於$A$,則數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列.
(b)數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-柯西列當且僅當數列 $\{a_{n+1}-a_n\}_{n=1}^{\infty}$是$p$-收斂於0.
(c)存在$p$-柯西列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$滿足: 對任意$A\in\mathbb{Q}$,數列$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$都不$p$-收斂於$A$.
注:題7是2018-2019秋季學期數理科學概論的期末題. 這里的小問可能有少許不一樣.
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/81512625
\section{2020年南京大學數學系本科新生二次選拔測試}
根據南京大學教務網通知，2020年9月9日晚上18:30-20:30舉行了南京大學數學拔尖二次選拔的考試（筆試）。
筆試考試內容：根據給出的相關新概念、新知識點提出相應的需要解決的問題。主要考察學生的學習能力和分析問題、解決問題的能力。考試科目為數學，時長2小時，閉卷考試，采用百分制。根據筆試成績按照實際招生人數1:1.3進入復試。
1.定義映射$\rho: \mathbb{C}\times\mathbb{C}\to\mathbb{R}$為:
$$(z_1,z_2)\mapsto \dfrac{|z_1-z_2|}{\sqrt{|z_1|^2+1}\sqrt{|z_2|^2+1}}.$$
(1) 證明: $0\leq \rho(z_1,z_2)\leq 1,\forall z_1,z_2\in\mathbb{C}$;
(2) 證明: $\rho(z_1,z_3)\leq \rho(z_1,z_2)+\rho(z_2,z_3),\forall z_1,z_2,z_3\in\mathbb{C}$;
(3) 設$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$滿足$|\alpha|^2+|\beta|^2=1$,函數${f(z)=\dfrac{\alpha z-\overline{\beta}}{\beta z+\overline{\alpha}}}$.求證: $\rho(f(z_1),f(z_2))=\rho(z_1,z_2)$.
(4) 設$f(z)=\dfrac{2z+1}{z+1}$,求滿足$\rho(f(z_1),f(z_2))\leq c\rho(z_1,z_2)$的實數$c$的最小值.
2. 已知整系數多項式$f(x)=a_0x^2+a_1x+a_2, g(x)=b_0x+b_1$, $a_0b_0\neq 0$.定義
$$R(f,g)=a_0b_1^2-a_1b_0b_1+{{a_2b_0^2}}.$$
(1) 證明: 存在整系數多項式$u(x),v(x)$,使得
$$u(x)f(x)+v(x)g(x)=R(f,g).$$
(2) 證明: $R(f,g)=0$當且僅當存在$c_0,c_1\in\mathbb{Q}$使得$f(x)=g(x)(c_0x+c_1)$.
3. 已知多項式
\begin{align*} f(x)&=x^m+a_{m-1}x^{m-1}+a_{m-2}x^{m-2}+\cdots+a_1x+a_0, \quad \text{其中}\, a_0,a_1,\cdots,a_ {m-1}\in\mathbb{Q},\\ g(x)&=x^n+b_{n-1}x^{n-1}+b_{n-2}x^{n-2}+\cdots+b_1x+b_0, \quad \text{其中}\, b_0,b_1,\cdots,b_ {n-1}\in\mathbb{Q},
\end{align*}
若$f(x)g(x)=x^{m+n}+c_{m+n-1}x^{m+n-1}+\cdots+c_1x+c_0$滿足$c_0,c_1,\cdots,c_{m+n-1}\in\mathbb{Z}$,求證:
$a_0,a_1\cdots,a_{m-1},b_0,b_1,\cdots,b_{n-1}\in\mathbb{Z}$.
4. 取$1,2,\cdots,1100$中能被11整除或能被100整除的數(一共有110個), 從小到大排列如下:
$$a_1=11,a_2=22,\cdots,a_{110}=1100.$$
計算: $\sum\limits_{i=1}^{110}(-1)^ia_i$.
(這四題賦分貌似分別是40、30、15、15分?)
\section{2020年南京大學數學新生摸底測試}
根據各專業教學計划要求，不同專業對數學基礎知識要求不一，其中*層次（最高層次）需學習《數學分析》、《高等代數》、《解析幾何》系列課程（即數學系相關專業通修課程）。新生入學后，學校將組織數學基礎摸底測試，根據測試成績，確定一年級學生選修《數學分析》、《高等代數》、《解析幾何》課程的資格。
2020年9月11日晚上舉行了這次考試，主要內容還是數分高代的一些基礎內容，題目不算特別難，如果高考是靠刷題刷上來的，而沒怎么深入思考過，那么做起來可能會比較吃力。
1. (40分) 設$X$為非空數集, 函數$d:X\times X\to\mathbb{R}$,當$d$滿足下列條件時,稱$d$為$X$的度量:
(a) $\forall x,y\in X, d(x,y)\geq 0$,當且僅當$x=y$時等號成立.
(b) $\forall x,y\in X, d(x,y)=d(y,x)$.
(c) $\forall x,y,z\in X, d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$.
回答下列問題:
(1) 若$X=[0,\pi), d(x,y)=|\sin(x-y)|$,求證: $d$為$X$的度量.
(2) 若$\mathbb{R}^n=\{(x_1,x_2,\cdots,x_n)|x_i\in\mathbb{R}\}, n\in\mathbb{N}$,且對$P=(x_1,x_2,\cdots,x_n),Q=(y_1,y_2,\cdots,y_n)
\in\mathbb{R}^n$,定義$d(P,Q)=\max\limits_{1\leq i\leq n}|x_i-y_i|$.證明: $d$為$\mathbb{R}^n$的度量.
(3) 求證: 任意非空數集都存在度量.
2. (40分) 設$f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$,把$f(x)=0$在復數域上的根分別記為$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$.記$d(f)=\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}|\alpha_i-\alpha_j|^2$.
(1) 若$f(x)=x^3+ax+b, a,b\in\mathbb{Z}$,求$d(f)$.
(2) 若$f(x)=x^4+a, a\in\mathbb{Z}$,其中$\sqrt[4]{-a}\notin \mathbb{Z}$,求$d(f)$.
3. (20分) 求大於2020的最小正整數$n$, 使得
$$(x^6+x^4)^n-x^{4n}-x^6=(x^4+x^2+1)g(x),$$
且$g(x)$為整系數多項式.
%https://zhuanlan.zhihu.com/p/249074608
在1761年, Johann Heinrich Lambert證明了圓周率$\pi$是無理數.在19世紀, Charles Hermite發現了一個除了基本微積分外不需要任何預備知識的證明.對赫米特的證明的三個簡化是由Mary Cartwright, Ivan Niven和布爾巴基(Bourbaki)提出的. Miklós Laczkovich的另一個證明是Lambert的簡化.
1882年, 林德曼(Ferdinand von Lindemann)證明了$\pi$不僅是無理的,而且是超越數.
\begin{proof}
(Lambert) Lambert首次證明了$\tan x$的連分數
$$\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.$$
接着證明:若$x$為非零有理數,則右邊的連分數表達式必為無理數.由於$\tan \frac{\pi}{4}=1$,因此$\frac{\pi}{4}$為無理數,因此$\pi$為無理數.
\end{proof}
\begin{proof}
(Hermite)此證明利用了$\frac{\pi}{2}$是余弦函數的最小正零點,實際上證明了$\pi^2$是無理數.
考慮數列$\{A_n\}_{n\geqslant 0}$和$\{U_n\}_{n\geqslant 0}$,定義為
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. $U_{n+1}(x)=-\frac{U'_n(x)}{x}$.
由歸納法可知
$$
A_n\left( x \right) =\frac{x^{2n+1}}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots
$$
和
$$
U_n\left( x \right) =\frac{1}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^2}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^4}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots
$$
因此
$$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$$
故
$$\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\frac d{dx}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right),$$
等價於
$$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-xA_n'(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2A_{n-1}(x).$$
事實上, $A_0(x)=\sin x,A_1(x)=-x\cos x+\sin x$,由歸納法可知$A_n(x)$可以寫成$P_n\left( x^2 \right) \sin x+xQ_n\left( x^2 \right) \cos x$,其中$P_n$和$Q_n$為整系數多項式函數,且$P_n$的次數小於等於$\lfloor n/2\rfloor$.特別地, $A_n\left( \frac{\pi}{2} \right) =P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$.
Hermite也給出了函數$A_n$的一個封閉表達式(closed expression),即
$$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz.$$
這等價於
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$$
由歸納法,當$n=0$時,
$$\int_0^1\cos(xz)\,dz=\frac{\sin(x)}x=U_0(x).$$
假設對任意$n\in \mathbb{Z}_+$,有
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=U_n(x),$$
利用分部積分和Leibniz法則,有
\begin{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\right|_{z=0}^{z=1}}^{=\,0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz\frac{\sin(xz)}x\,dz\Biggr)\\[8pt]
&=\frac1x\cdot\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,dz\\[8pt]
&=-\frac1x\cdot\frac d{dx}\left(\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\right) \\[8pt]
& =-\frac{U_n'(x)}x = U_{n+1}(x).
\end{align}
若$\frac{\pi^2}{4}=\frac{p}{q}$,其中$p$和$q$為正整數,由於$P_n$的系數是整數,它的次數小於等於$\lfloor n/2\rfloor$. $q^{\lfloor n/2 \rfloor}P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$為某一整數$N$,即
\begin{align}N&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right)\\&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)\cos\left(\frac\pi2z\right)\,dz.\end{align}
顯然$N>0$,則$N$為正整數.另外,
$$\lim_{n\in\mathbb{N}}q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}=0.$$
當$n$足夠大時, $N<1$,由此得出矛盾.
\end{proof}
Hermite的目的並不是為了證明無理性,而是$\pi$超越性證明之后的思考.他討論了遞歸關系,由此得到一個簡便的積分表示.一旦得到了這個積分表示,就有各種方法從積分開始提出一個簡潔而獨立的證明(如Cartwright, Bourbaki或 Niven那樣),這是Hermite已經發現的結論(正如他在證明$e$的超越性時所做的那樣).
而且, Hermite的證明比看上去更接近蘭伯特的證明.事實上, $A_n(x)$是Lambert對$\tan x$的連分式的“留數(residue)”(或“余數(remainder)”)
\begin{proof}
(Cartwright)考慮積分
$$I_n(x)=\int_{-1}^1(1 - z^2)^n\cos(xz)\,dz,$$
其中$n$是非負整數.
兩次分部積分可得到遞推關系($n\geqslant 2$)
$$x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).$$
記$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)$,則
$$J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x).$$
進一步,若$J_0(x)=2\sin x$和$J_1(x)=-4x\cos x+4\sin x$,且對正整數$n$,有
$$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!\bigl(P_n(x)\sin(x)+Q_n(x)\cos(x)\bigr),$$
其中$P_n(x)$和$Q_n(x)$是次數$\leqslant 2n$的整系數(依賴於$n$)多項式.
取$x=\frac{\pi}{2}$,假設$\frac{\pi}{2}=\frac{a}{b}$,其中$a$和$b$為正整數.則
$$\frac{a^{2n+1}}{n!}I_n\left(\frac\pi2\right) = P_n\left(\frac\pi2\right)b^{2n+1}.$$
等式右邊為整數.而積分區間$[-1,1]$的長度為$2$,積分函數只取$0$和$1$之間的值,故$0<I_n\left(\frac\pi2\right)<2$.另一方面,
$$ \frac{a^{2n+1}}{n!} \to 0\text{當}n \to \infty. $$
因此,對於足夠大的$n$,有
$$ 0 < \frac{a^{2n+1}I_n\left(\frac\pi2\right)}{n!} < 1, $$
與它是整數相矛盾.因此$\pi$是有理數.
\end{proof}
此證明與Hermite的證明很相似.事實上,
\begin{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,這顯然更簡單.這是通過傳遞函數$A_n$的歸納定義,並以它們的表達式作為積分開始來實現的.
\begin{proof}
(Niven)此證明利用了$\pi$是正弦函數的最小正零點這一特征.
假設$\pi$是有理數,即$\pi=\frac{a}{b}$,不失一般性,設$a$和$b$為正整數.
給定任一正整數$n$,定義多項式函數$f$為
$$ f(x) = \frac{x^n(a - bx)^n}{n!},$$
記
$$F(x) = f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^j f^{(2j)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2n)}(x)$$
為$f$和它的前$n$個偶數階導函數的交替和.
命題1: $F(0)+F(\pi)$為整數.
\textbf{證明:}將$f$展開為單項式的和, $x^k$的系數是形如$c_k/n!$的數,其中$c_k$是整數且當$k<n$時為0.因此,當$k<n$時, $f^{(k)}(0)$為$0$,並且當$n\leqslant k\leqslant 2n$時,它等於$\frac{k!}{n!}c_k$;在每種情況下, $f^{(k)}(0)$為整數,因此$F(0)$為整數.
另一方面, $f(\pi-x)=f(x)$,因此對於每個非負整數$k$,有$(-1)^kf^ {(k)}(\pi-x)=f^{(k)}(x)$.特別地, $(-1)^kf^ {(k)}(\pi)=f^{(k)}(0)$.因此, $f^ {(k)}(\pi)$也是整數,所以$F(\pi)$也是整數(事實上,很容易看出$F(\pi)=F(0)$,但這與證明無關).因為$F(0)$和$F(\pi)$是整數,所以它們的和也是整數.
命題2:
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi).$$
\textbf{證明:}由於$f^{(2n+2)}$為零多項式,則
$$ F'' + F = f.$$
利用
$$ (F'\cdot\sin - F\cdot\cos)' = f\cdot\sin$$
和微積分基本定理可知
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx= \bigl(F'(x)\sin x - F(x)\cos x\bigr)\Big|_{0}^{\pi}.$$
結論:由於$f(x)>0$,且對於$0<x<\pi$有$\sin x>0$.命題1和2表明$F(0)+F(\pi)$是正整數.由於$0\leqslant x(a-bx)\leqslant \pi a$且對於$0\leqslant x\leqslant\pi$有$0\leqslant\sin x\leqslant 1$,由$f$原來的定義可得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\le\pi\frac{(\pi a)^n}{n!},$$
對於足夠大的$n$,上式小於$1$,因此由命題2可知$F(0)+F(\pi)<1$.與$F(0)+F(\pi)$是正整數矛盾.
\end{proof}
上面的證明是一個簡化的版本,在分析公式方面盡可能簡單.
\begin{align}
\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx
&=\sum_{j=0}^n (-1)^j \bigl(f^{(2j)}(\pi)+f^{(2j)}(0)\bigr)\\
&\qquad+(-1)^{n+1}\int_0^\pi f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,
\end{align}
這是由$2n+2$次分部積分得到的.命題2實質上建立了這個公式,其中$F$的使用隱藏了部分迭代積分.最后一個積分消失是因為$f^{(2n+2)}$是零多項式.命題1顯示剩余的和是一個整數.
Niven的證明比乍看之下更接近Cartwright (因此也是Hermite)的證明.事實上,
\begin{align}
J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\\
&=\int_{-1}^1\bigl(x^2-(xz)^2\bigr)^nx\cos(xz)\,dz.
\end{align}
進行換元$xz=y$得
$$\int_{-x}^x(x^2-y^2)^n\cos(y)\,dy.$$
特別地,
\begin{align}
J_n\left(\frac\pi2\right)&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{\pi^2}4-y^2\right)^n\cos(y)\,dy\\
&=\int_0^\pi\left(\frac{\pi^2}4-\left(y-\frac\pi2\right)^2\right)^n\cos\left(y-\frac\pi2\right)\,dy\\
&=\int_0^\pi y^n(\pi-y)^n\sin(y)\,dy\\&=\frac{n!}{b^n}\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx.
\end{align}
證明之間的另一個聯系已被Hermite提到,若$f$是多項式函數並且
$$F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp\cdots,$$
則
$$\int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x),$$
由此得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi)+F(0).$$
布爾巴基的證明在他的微積分書籍中作為練習.
\begin{proof}
(Bourbaki)對於自然數$b$和非負整數$n$,定義
$$A_n(b)=b^n\int_0^\pi\frac{x^n(\pi-x)^n}{n!}\sin(x)\,dx.$$
顯然$A_n(b)>0$.此外,當$n$足夠大時,有$A_n(b)<1$.
由於
$$x(\pi-x)\le\left(\frac\pi2\right)^2,\quad \forall x\in[0,\pi]$$
則
$$A_n(b)\le\pi b^n\frac1{n!}\left(\frac\pi2\right)^{2n}=\pi\frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}.$$
另一方面,通過分部積分,可以推出,如果$a$和$b$是自然數,那么$\pi=a/b$, $f$是從$[0,\pi]$到$\mathbb{R}$的多項式函數,定義為
$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},$$
則
\begin{align}
A_n(b)&=\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\\ &=\left[-f(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}-\left[-f'(x)\sin(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}+\cdots\pm\left[f^{(2n)}(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}\pm\int_0^\pi f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.
\end{align}
由於$f$是$2n$次多項式,則$f^{(2n+1)}$為零函數,故最后一個積分為$0$.再由每個函數$f^{(k)}\,(0\leqslant k\leqslant 2n)$在$0$和$\pi$處取整數可知$A_n(b)$為整數.
與$n$足夠大時, $A_n(b)<1$相矛盾.
\end{proof}
這個證明與Niven的證明非常接近,它們之間的主要區別在於證明數$A_n(b)$是整數的方式.
\begin{proof}
(Laczkovich) Miklós Laczkovich的證明是Lambert原始證明的簡化.考慮函數
\begin{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\notin\{0,-1,-2,\ldots\}).
\end{align}
且
$$f_{1/2}(x)=\cos(2x) \text{和} f_{3/2}(x)=\frac{\sin(2x)}{2x}.$$
命題1.滿足遞推關系:
$$\frac{x^2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).$$
證明:比較$x$的各次冪的系數即可.
命題2.對任意實數$x$,有$\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1$.
證明:事實上, $\frac{x^{2n}}{n!}$有界(因為它收斂到$0$).若$C$為它的上界且$k>1$,則
$$\bigl|f_k(x)-1\bigr|\leqslant\sum_{n=1}^\infty\frac C{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac C{k-1}.$$
命題3.若$x\neq 0$且$x^2$為有理數,則
$$f_k(x)\neq0\text{ 和 }\frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin\mathbb{Q}.\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}$$
證明:否則,存在實數$y\neq 0$和整數$a,b$,使得$f_k(x)=ay$和$f_{k+1}(x)=by$.這是因為,若$f_k(x)=0$,取$y=f_{k+1}(x),a=0$和$b=1$即可;否則,取整數$a$和$b$使得$\frac{f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}=\frac{b}{a}$,定義$y=\frac{f_k(x)}{a}=\frac{f_ {k+1}(x)}{b}$.在每種情形下,均有$y\neq 0$,否則由命題1可知$f_{k+n}(x)\,(n\in \mathbb{N})$為$0$,與命題2相矛盾.現在取自然數$c$使得三個數$\frac{bc}{k},\frac{ck}{x^2}$和$\frac{c}{x^2}$均為整數,考慮數列
$$g_n=\begin{cases}f_k(x)&\text{ 若 }\, n=0\\ \frac{c^n}{k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)&\text{ 否則.}\end{cases}$$
則
$$g_0=f_k(x)=ay\in\mathbb{Z}y\text{ 和 }g_1=\frac ckf_{k+1}(x)=\frac{bc}ky\in\mathbb{Z}y.$$
另一方面,由命題1可得
\begin{align}
g_{n+2}&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}\cdot\frac{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\right)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n,
\end{align}
這是整系數的$g_{n+1}$和$g_n$的線性組合.因此,每個$g_n$是$y$的整數倍.由命題2可知$g_n>0$,因此$g_n\geqslant |y|$.若$n$足夠大時,數列$g_n$收斂於$0$.然而大於或等於$|y|$的數列不能收斂於$0$.
由於$f_{\frac{1}{2}}\left( \frac{\pi}{4} \right) =\cos \frac{\pi}{2}=0$,由命題3可得$\frac{\pi^2}{16}$是無理數,因此$\pi$也是無理數.
另一方面,由於
$$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=x\frac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},$$
由命題3可知,若$x\in \mathbb{Q}\backslash \{0\}$,則$\tan x$是無理數.
\end{proof}
Laczkovich的證明實際上是關於超幾何函數的.事實上, $f_k(x)={}_0F_1(k;−x^2)$和高斯利用超幾何函數的函數方程發現了超幾何函數的連分式展開.這使得Laczkovich找到了一個新的更簡單的證明,即它的切線函數具有Lambert發現的連分式展開.
Laczkovich的結果也可以用第一類貝塞爾函數$J_\nu (x)$表示.事實上, $\Gamma (k)J_{k−1}(2x)=x^{k−1}f_k(x)$.所以Laczkovich的結果等價於:若$x\neq 0$且$x^2$是有理數,那么
$$\frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin\mathbb{Q},\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}.$$
%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
$$
\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n^n}{n!e^n}=\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n\ln n-n-\sum_{k=1}^n{\ln k} \right\}
\\
=\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n-\sum_{k=1}^n{\ln \frac{k}{n}} \right\}
$$
數字$e$是Jacob Bernoulli在1683年提出的.半個多世紀后, Jacob弟弟Johann的學生歐拉證明了$e$是無理的,即它不能用兩個整數的商來表示.
\begin{proof}
(Euler) Euler在1737年給出了$e$是無理數的第一個證明(但他在七年后才發表),他計算出了$e$的一個簡單的連分式表示,即
$$e = [2; 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, 1, \ldots, 2n, 1, 1, \ldots].$$
因為連分式是無窮的,有理數不能寫成無窮連分式,所以$e$是無理的.前面等式的一個簡短證明是已知的. [1]由於$e$的簡單連分式不是循環的,這也證明了$e$不是有理系數二次多項式的根;特別地, $e^2$是無理數.
\end{proof}
[1] Cohn, Henry (2006). "A short proof of the simple continued fraction expansion of e".
\begin{proof}
(Fourier)最著名的是Joseph Fourier利用反證法給出的證明.由於
$$e = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!}.$$
先假設$e$是有理數,即$e=\frac{a}{b}$,由於$e$不是整數,故$b\geqslant 2$,由於
\begin{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 \right) <3.
\end{align*}
於是$2<e<3$.
假設$e$是有理數,則存在正整數$a$和$b$,使得$e=\frac{a}{b}$.定義
$$
x = b!\,\biggl(e - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr).
$$
為了看出當$e$是有理數時, $x$為整數,進行換元$e=\frac{a} {b}$,則
$$
x = b!\,\biggl(\frac{a}{b} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr)
= a(b - 1)! - \sum_{n = 0}^{b} \frac{b!}{n!}.
$$
第一項為整數,又$n\leqslant b$,則上式右邊均為整數.故$x$為整數.
我們現在證明$0<x<1$.首先,為了證明$x$是嚴格正的,我們將$e$的上述級數表示放到$x$的定義中,得到
$$x = b!\biggl(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} - \sum_{n = 0}^{b} \frac{1}{n!}\biggr) = \sum_{n = b+1}^{\infty} \frac{b!}{n!}>0.$$
現在證明$x<1$.對於$n\geqslant b+1$的所有項,有上界估計
$$\frac{b!}{n!}
=\frac1{(b+1)(b+2)\cdots(b+(n-b))}
<\frac1{(b+1)^{n-b}}.
$$
此不等式對每個$n\geqslant b+2$嚴格成立.將求和的下標改為$k=n-b$並利用等比無窮級數公式可得
$$
x
=\sum_{n = b+1}^\infty \frac{b!}{n!}
< \sum_{n=b+1}^\infty \frac1{(b+1)^{n-b}}
=\sum_{k=1}^\infty \frac1{(b+1)^k}
=\frac{1}{b+1} \biggl(\frac1{1-\frac1{b+1}}\biggr)
= \frac{1}{b} < 1.
$$
由於在$0$和$1$之間沒有整數,矛盾,故$e$是無理數.
\end{proof}
\begin{proof}
(另一證明)注意到
$$(b+1)x=1+\frac1{b+2}+\frac1{(b+2)(b+3)}+\cdots<1+\frac1{b+1}+\frac1{(b+1)(b+2)}+\cdots=1+x,$$
這等價於$bx<1$.由於$b$和$x$均為自然數,矛盾.
(Elementary Proof that e is Irrational, L. L. Pennisi, 1953)由於
$$\frac1e=e^{-1}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!}.$$
假設$e$為有理數,記$e=\frac{a}{b}$,則
$$
\frac{b}{a}=e^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( -1 \right) ^n}{n!}},
$$
兩邊乘以$(-1)^{a+1}a!$並移項得
\begin{align*}
&\left( -1 \right) ^{a+1}\left\{ b\left( a-1 \right) !-\sum_{n=0}^a{\frac{\left( -1 \right) ^na!}{n!}} \right\}
\\
&=\frac{1}{a+1}-\frac{1}{\left( a+1 \right) \left( a+2 \right)}+\frac{1}{\left( a+1 \right) \left( a+2 \right) \left( a+3 \right)}-\cdots.
\end{align*}
右邊的值介於$0$和$1$之間,因為交錯級數顯然收斂到其第一項和前兩項的和之間的值.
但是左邊是整數,矛盾.
\end{proof}
\section{$e$的超越性}
第一個自然對數的底數$e$是超越數的證明,可以追溯到1873年.現在我們將遵循大衛·希爾伯特(David Hilbert, 1862-1943)的思路,他簡化了赫米特(Charles Hermite)的原始證明.想法如下:
\begin{proof}
(Hilbert)假設$e$是代數數,則存在整系數$c_0,c_1,\cdots,c_n$滿足方程
$$c_{0}+c_{1}e+c_{2}e^{2}+\cdots+c_{n}e^{n}=0, \qquad c_0, c_n \neq 0.$$
現在對於正整數$k$,定義多項式:
$$ f_k(x) = x^{k} \left [(x-1)\cdots(x-n) \right ]^{k+1},$$
左右兩邊同乘
$$\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx,$$
得到方程
$$c_{0} \left (\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_1e\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+ c_{n}e^{n} \left (\int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right ) = 0.$$
此方程可以寫成
$$P+Q=0$$
的形式,其中
\begin{align*}
P &=c_{0}\left ( \int^{\infty}_{0}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{1}e\left (\int^{\infty}_{1}f_k e^{-x}\,dx\right )+ c_{2}e^{2}\left (\int^{\infty}_{2}f_k e^{-x}\,dx\right ) +\cdots+ c_{n}e^{n}\left (\int^{\infty}_{n}f_k e^{-x}\,dx\right ),\\
Q &=c_{1}e\left (\int^{1}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+c_{2}e^{2} \left (\int^{2}_{0} f_k e^{-x}\,dx\right )+\cdots+c_{n}e^{n}\left (\int^{n}_{0} f_k e^{-x}\,dx \right ).
\end{align*}
命題1.適當選取$k$,可使$\frac{P}{k!}$為非零整數.
證明: $P$的每一項均為整數乘以階乘之和的形式,這是由於
$$\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx=j!,$$
這對任何正整數$j$都成立(考慮Gamma函數).
對每個滿足$0<a\leqslant n$的$a$,將$x$換元成$x-a$可知
$$c_{a}e^{a}\int^{\infty}_{a} f_k e^{-x}\,dx$$
的被積函數是$e^{-x}$乘以$x$的最低次為$k+1$的項之和.這就變成了形如
$$\int^{\infty}_{0}x^{j}e^{-x}\,dx$$
的積分的和,其中$k+1\leqslant j$,於是該整數可被$(k+1)!$整除.同除$k!$后,可得它們模$k+1$等於$0$.因此,可寫成
$$\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = \int^{\infty}_{0} \left ([(-1)^{n}(n!)]^{k+1}e^{-x}x^k + \cdots \right ) dx,$$
故
$${\frac{1}{k!}}c_{0}\int^{\infty}_{0} f_k e^{-x}\,dx = c_{0}[(-1)^{n}(n!)]^{k+1} \qquad \mod (k+1).$$
通過選取$k$,使得$k+1$是大於$n$和$|c_0|$的質數.因此$\frac{P}{k!}$模$k+1$不等於$0$,故它也非零.
命題2. 對足夠大的$k$,有$\left|\tfrac{Q}{k!}\right|<1$.
證明:注意到
$$f_k e^{-x} = x^{k}[(x-1)(x-2)\cdots(x-n)]^{k+1}e^{-x} = \left ([x(x-1)\cdots(x-n)]^k \right ) \left ((x-1)\cdots(x-n)e^{-x}\right ).$$
利用$|x(x-1)\cdots(x-n)|$和$|(x-1)\cdots(x-n)e^{-x}|$在區間$[0,n]$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$$\lim_{k\to\infty}\frac{G^k}{k!}=0$$
可知
$$\lim_{k\to\infty}\frac{Q}{k!}=0$$
由此命題得證.
注意到我們可以選取$k$,這樣兩個命題都成立,我們得到了證明$e$的超越性所需要的矛盾.
\end{proof}