浅谈高等数学中的神奇常数

A Brief Discussion on Magic Constants in Advanced Mathematics

摘要: 在高等数学中，e和π是两个非常重要的常数。在高等数学的课程当中，包含很多关于这两个常数的内容，也有很多漂亮的结果。本文介绍一些通常的高等数学教材中不太涉及但又非常重要的关于e和π的一些结果。

Abstract: In advanced mathematics, e and π are two very important constants. In advanced mathematics courses, there is a lot of content about these two constants, and there are many beautiful results. This article introduces some results about e and π that are not commonly covered in higher mathematics textbooks but are very important.

1. 引言

英国哲学家罗素(Bertrand Russell)曾经说过：数学里不仅有很多真理，而且有着极致的美。这种美冷峻如雕塑，……，它极纯净，能够向我们展示只有最伟大的艺术才具有的完美。

e和π是高等数学课程中最重要的两个常数，比如被誉为最优美的数学公式之一的Euler公式—— ${\text{e}}^{\text{i}\pi }+1=0$ ，中间就含有e和π。高等数学的课程中包含了关于这两个常数丰富的内容，也得到了许多漂亮的结果。但是在中学的时候，我们就知道e和π都是无理数，可是并没有给出严格的证明，即使是在通常的高等数学课程中，也并没有给出这两个常数为无理数的证明。在此我们将给出严格证明，同时讲好讲透这两个常数，使学生了解这两个常数在数学中的地位，并从这两个常数来体会数学的“美”，对于提高学生的学习兴趣，提高教学效果，具有重要的意义。

2. 常数π

2.1. 常数π的定义

圆的周长与直径的比定义为圆周率π，则单位圆的半周长为π，但单位圆的面积为什么等于π，则是需要证明的。

我们先定义曲线的长度：将曲线作划分，将分点联结起来，得到一条折线，折线的长度是可以计算的。如果随着划分的加细，折线的长度有极限，且极限值与划分的加细无关，则此极限值就定义为曲线的长度。换言之，曲线的长度为折线长度的极限。

设单位圆内接正n边形的半周长为 $L_n$ ，则 $L_n=n\sin \frac{{180}^{\circ }}{n}$ 。容易证明数列 $\left\{L_n\right\}$ 单调增加有上界，所以由高等数学中的单调有界数列必收敛，可知道 $\left\{L_n\right\}$ 收敛 [1] ，而极限值应该就是单位圆的半周长，即π： ${\lim }_{n\to \infty }n\sin \frac{{180}^{\circ }}{n}=\pi$ 。由于单位圆的半周长为π，我们就把半个圆周所对的圆心角(即180˚)的弧度定义为π，其余角度的弧度则按比例得到。于是按弧度制上式可写成 ${\lim }_{n\to \infty }n\sin \frac{\pi }{n}=\pi$ 。

设单位圆的面积为 $S_n$ ，单位圆的内接正n边形的面积为 ${S^{\prime }}_n$ ，外切正n边形的面积为 ${S^{″}}_n$ ，则 ${S^{\prime }}_n<S_n<{S^{″}}_n$ 。由于 ${\lim }_{n\to \infty }{S^{\prime }}_n={\lim }_{n\to \infty }n\sin \frac{\pi }{n}\cos \frac{\pi }{n}=\pi$ ， ${\lim }_{n\to \infty }{S^{″}}_n={\lim }_{n\to \infty }n\tan \frac{\pi }{n}=\pi$ 。由两边夹原理 [2] ，可知单位圆的面积等于π。

2.2. 常数π为无理数

虽然从刚刚接触常数π开始，一直强调其为无理数，但是并没有给出严格的证明。因为常数π为无理数的证明不像证明 $\sqrt{2}$ 为无理数那么初等。此处我们严格来证明常数π为无理数这个结论。

反证法。假设常数π为有理数，那么 $\pi =\frac{q}{p}$ ，其中 $p,q$ 均为正整数。考虑函数

$f\left(x\right)=\frac{x^n{\left(q-px\right)}^n}{n!}$ ,

则 $f\left(0\right)=f\left(\pi \right)=0$ ， $f^{\left(2n+2\right)}\left(x\right)=0$ 。于是对于 $0<m\le 2n$ ，由Leibniz公式有

$f^{\left(m\right)}\left(x\right)=\frac{1}{n!}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{m}{\sum }}{C}_m^k{\left(x^n\right)}^{\left(k\right)}{\left({\left(q-px\right)}^n\right)}^{\left(m-k\right)}}$ ,

注意到

${\left(x^n\right)}_{x=0}^{\left(k\right)}=\{\begin{array}{l}0,k\ne n\\ n!,k=n\end{array}$ ， ${\left({\left(q-px\right)}^n\right)}_{x=0}^{\left(m-k\right)}=$ 整数，从而有 $f^{\left(m\right)}\left(0\right)=$ 整数，

$p!{\left(x^n\right)}_{x=\pi }^{\left(k\right)}=$ 整数， ${\left({\left(q-px\right)}^n\right)}_{x=\pi }^{\left(m-k\right)}=\{\begin{array}{l}0,m-k\ne n\\ n!,m-k=n\end{array}$ ，从而有 $f^{\left(m\right)}\left(\pi \right)=$ 整数。

可知， $f\left(x\right)$ 及其直到2n + 2阶的导数在 $x=0$ 和 $x=\pi$ 时取整数。于是定义函数

$F\left(x\right)=f\left(x\right)-f^{\left(2\right)}\left(x\right)+f^{\left(4\right)}\left(x\right)-\cdots +{\left(-1\right)}^n{f}^{\left(2n\right)}\left(x\right)$ ,

则 $F\left(x\right)$ 在 $x=0$ 和 $x=\pi$ 时取整数。再由

$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(F^{\prime }\left(x\right)\sin x-F\left(x\right)\cos x\right)=\left(F^{″}\left(x\right)+F\left(x\right)\right)\sin x=f\left(x\right)\sin x$ ,

可知，

${\displaystyle {\int }_0^{\pi }f\left(x\right)\sin x\text{d}x}=F\left(0\right)+F\left(\pi \right)$ ,

为整数。另一方面，当 $0<x<\pi$ 以及n充分大的时候，

$0<f\left(x\right)\sin x<\frac{{\pi }^n{q}^n}{n!}<\frac{1}{\pi }$ ,

从而，

$0<{\displaystyle {\int }_0^{\pi }f\left(x\right)\sin x\text{d}x}<1$ ,

这矛盾于 ${\displaystyle {\int }_0^{\pi }f\left(x\right)\sin x\text{d}x}$ 为整数。所以，π为无理数。

3. 常数e

3.1. 常数e为无理数

常数e可以由极限来定义， ${\lim }_{n\to \infty }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\text{e}$ [1] 。实际上仔细推敲关于这个极限的证明过程，我们可以知道，如果令 $x_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ ，则

$\begin{array}{c}{x}_n=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\left(1-\frac{3}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)\\ =2+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots +\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)\\ +\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)[\frac{1}{k+1}\left(1-\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}\left(1-\frac{k}{n}\right)\left(1-\frac{k+1}{n}\right)\\ +\cdots +\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\cdots n}\left(1-\frac{k}{n}\right)\left(1-\frac{k+1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)]\end{array}$

特别的对上式子中的最后一项，我们可以有如下的估计式，

$\begin{array}{l}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)[\frac{1}{k+1}\left(1-\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}\left(1-\frac{k}{n}\right)\left(1-\frac{k+1}{n}\right)\\ +\cdots +\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\cdots n}\left(1-\frac{k}{n}\right)\left(1-\frac{k+1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)]\\ \le \frac{1}{k!}\left[\frac{1}{k+1}+\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}+\cdots +\frac{1}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\cdots n}\right]\\ \le \frac{1}{k!}\left[\frac{1}{k+1}+\frac{1}{{\left(k+1\right)}^2}+\cdots +\frac{1}{{\left(k+1\right)}^{n-k}}\right]\\ \le \frac{1}{k!}\left[\frac{1}{k+1}+\frac{1}{{\left(k+1\right)}^2}+\cdots +\frac{1}{{\left(k+1\right)}^{n-k}}+\cdots \right]=\frac{1}{k!}\frac{1}{k}\end{array}$

于是，就有

$0<x_n-\left[2+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots +\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)\right]<\frac{1}{k!}\frac{1}{k}$

令 $n\to \infty$ ，就有

$0<\text{e}-\left[2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{k!}\right]<\frac{1}{k!}\frac{1}{k}$ ,

如果记 $\theta =\frac{\text{e}-\left[2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{k!}\right]}{\frac{1}{k!}\frac{1}{k}}$ ，则显然有 $0<\theta <1$ 。

另一方面，如果假设e为有理数，那么 $\text{e}=\frac{q}{p}$ ，其中p和q均为正整数。如果令 $k=p$ ，得到

$\text{e}-\left[2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{p!}\right]=\frac{\theta }{p!p}$ .

两边乘上 $p!$ ，就有

$\left(p-1\right)!q-R=\frac{\theta }{p}$ ,

其中， $R=p!\left[2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{p!}\right]$ ，显然为正整数。于是上式等号左边为正整数，右边却为小于1的数，从而矛盾。于是e为无理数 [3] 。

3.2. 常数e的应用

当常数e出现之后，利用微积分的知识，可以得到正确的悬链线方程。实际上，悬链线这个名字是1690年，荷兰物理学家、数学家、天文学家、发明家惠更斯在给德国著名博学家莱布尼茨的一封信中创造的。但历史上，第一个有记载的研究悬链线的是15世纪末的达芬奇。达芬奇有一幅画叫《抱着银貂的女子》，女人的脖子上有一串项链，但具体这个项链应该怎么画它自然下垂的样子呢？它垂下来应该是怎么一条曲线呢？达芬奇当时是想不明白的。大约100年后，意大利伟大的天文学家、物理学家和工程师伽利略是第一个研究悬链线的人，将其形状认定为抛物线。又50年后，17岁的惠更斯证明了伽利略的猜想是错误的。但具体是什么曲线，在当时还不清楚。不过这已经距离正确解决悬链线问题不远了。下面来推导悬链线方程。

问题：有一长为2L的均匀链条，两端悬挂于相同高度，在重力作用下自然下垂，设两悬挂点距离为2a (L > a)，求链条所成的曲线方程。

解答：设两悬挂点的坐标为 $\left(\pm a,h\right)$ ，链条的线密度为 $\rho$ 。由对称性，只考虑链条的右边半段。

在链条上取水平坐标差为 $\Delta x>0$ 的一段，记它的长度为 $\Delta L$ 。该段的两端分别受到张力 $T\left(x\right)$ 和 $T\left(x+\Delta x\right)$ 的作用，另外还受到向下的重力作用。记张力T的水平和竖直分量分别为 $T_x$ 和 $T_y$ ，则水平方向力的平衡条件为：

$T_x\left(x+\Delta x\right)=T_x\left(x\right)$ ,

竖直方向力的平衡条件为：

$T_y\left(x+\Delta x\right)=T_y\left(x\right)+\rho g\Delta L$ .

由于 $\Delta L\approx \sqrt{1+{\left(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right)}^2}\Delta x$ 得

$T_x=$ 常数， $\frac{\text{d}{T}_y}{\text{d}x}=\rho g\sqrt{1+{\left(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right)}^2}$ 。

又注意到 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\frac{T_y}{T_x}$ ，从而有

$T_x\frac{{\text{d}}^{2}y}{\text{d}{x}^2}=\rho g\sqrt{1+{\left(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right)}^2}$ .

虽然形式上看起来这是一个二阶常微分方程，但是令 $v=\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ ，就可以得到一个关于v的一阶常微分方程

$\frac{\text{d}v}{\text{d}x}=\beta \sqrt{1+v^2}$ ,

其中 $\beta =\frac{\rho g}{T_x}$ 。

由此得，

$\frac{\text{d}v}{\sqrt{1+v^2}}=\beta \text{d}x$ .

令 $v=\sinh u$ ，则 $u=\beta \left(x+C_1\right)$ ，所以 $v=\sinh \left(\beta \left(x+C_1\right)\right)$ ，于是

$y=\frac{1}{\beta }\cosh \left(\beta \left(x+C_1\right)\right)+C_2$ ,

这里的 $C_1$ 和 $C_2$ 都是积分常数。再由 $y\left(a\right)=y\left(-a\right)=h$ ，可得 $C_1=0$ ， $C_2=h-\frac{1}{\beta }\cosh \left(\beta a\right)$ 。

但是由于 $T_x$ 是未知的，所以还需要确定常数 $\beta$ 。由链条的长度

$2L={\displaystyle {\int }_{-a}^a\sqrt{1+{\left(\frac{\text{d}y}{\text{d}x}\right)}^2}\text{d}x}=\frac{2}{\beta }\sinh (\; \beta \; a\; )$

得到 $\beta$ 所满足的方程

$\frac{\sinh \left(\beta a\right)}{\beta a}=\frac{L}{a}$ .

考虑函数 $F\left(x\right)=\frac{\sinh x}{x}\left(x>0\right)$ ，有 $F^{\prime }\left(x\right)=\frac{\cosh x}{x^2}\left(x-\tanh x\right)$ 。又令函数 $G\left(x\right)=x-\tanh x\left(x>0\right)$ ，则 $G^{\prime }\left(x\right)=1-\frac{1}{{\left(\cosh x\right)}^2}={\tanh }^{2}x>0$ ，同时注意到 $G\left(0\right)=0$ ，所以 $G\left(x\right)>0\left(x>0\right)$ 。因此， $F\left(x\right)$ 关于x严格单调增加。又注意到 ${\lim }_{x\to 0}F\left(x\right)=1$ ， ${\lim }_{x\to +\infty }F\left(x\right)=+\infty$ 。所以当 $l>a$ 时方程 $\frac{\sinh \left(\beta a\right)}{\beta a}=\frac{L}{a}$ 存在唯一的解。

从而，链条的方程为

$y=\frac{1}{\beta }\left(\cosh \left(\beta x\right)-\cosh \left(\beta a\right)\right)+h$ ,

其中 $\beta$ 由方程 $\frac{\sinh \left(\beta a\right)}{\beta a}=\frac{L}{a}$ 唯一确定。

通常将函数 $y=\frac{1}{\beta }\cosh \left(\beta x\right)$ 表示的曲线称为悬链线。

4. 结语

本文主要介绍了数学中的两个常数e和π的严格定义，并以此为基础，利用高等数学中相关的知识严格证明了数学中的两个常数e和π是无理数。同时也严格的给出了单位圆面积为π的证明，并给出了常数e的一个重要应用——推导出了悬链线方程。