第三讲《数学分析》课程中最重要的两个常数和e 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。 π和ε是《数学分析》课程中最重要的两个常数,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。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 例1判别x与e的大小关系。 先考虑一般的情况:设a和b是两个不同的正实数,问在什么条 件下成立ab>b? 两边取对数后再整理,即知上式等价于 In a In b b 所以,判别a与b的大小关系可以通过确定函数—的单调情况来得 到 解记f(x) 则 0, x>e 0.0<X<e. f(x)在[e,+∞)严格单调减少。因此 In e In丌 即可判别出 1.常数e 定理1数列{1+单调增加,∥、)"\单调减少,两者收敛 于同一极限 证记x,={1+1),y,={1+1,利用平均值不等式
第三讲 《数学分析》课程中最重要的两个常数π 和e 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，L ，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。 L π 和 是《数学分析》课程中最重要的两个常数，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。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。 e 例 1 判别 e π 与e π 的大小关系。 先考虑一般的情况：设 和 是两个不同的正实数，问在什么条 件下成立 ？ a b ab > ba 两边取对数后再整理，即知上式等价于 ln ln a a b b > ， 所以，判别ab与ba 的大小关系可以通过确定函数 ln x x 的单调情况来得 到。 解 记 f x x x ( ) ln = ，则 ⎩ ⎨ ⎧ − > ， 即可判别出 e e π > π 。 1．常数e 定理1 数列 ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n 1 1 单调增加， ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + +1 1 1 n n 单调减少，两者收敛 于同一极限。 证 记 xn = n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 1 1 , yn = 1 1 1 + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n ，利用平均值不等式 1
a2++a a…· k=12,3…n), 得到 x 和 (n+1) n+1 2 y 这表示{xn}单调增加,而{yn}单调减少。又由于 2=x1≤xn<yn 4. 可知{x}yx}都收敛。由y=x(1+1,它们具有相同的极限。通 常用字母e来表示这一极限,即 lim 1+ lim 1+ 以c为底的对数称为自然对数,e称为自然对数的底数,记loga=lna 例2设b=1+1+1++1-mn,则数列{b}收敛。 证由 得到 +11 <In 于是有
aa an n 1 2L ≤ aa a n 1 2 + +L+ n ( ak > 0，k n = 123 ,,, , L )， 得到 xn = 1 1 1 ⎟ ⋅ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n ≤ 1 1 1 1 1 + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n n n = x , n+1 和 1 yn = 1 1 1 ⎟ ⋅ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n+ n n ≤ 2 2 1 1 )1( + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + n n n n n = 1 1 yn+ 。 这表示{ } xn 单调增加，而{ } yn 单调减少。又由于 2 = x1≤ n x < yn ≤ y = 4, 1 可知{ x },{ }都收敛。由 = n yn yn xn ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n 1 1 ，它们具有相同的极限。通 常用字母e来表示这一极限，即 lim n→∞ 1 1 n n ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + = ⎝ ⎠ lim n→∞ 1 1 1 n e n + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + = ⎝ ⎠ 。 以e为底的对数称为自然对数，e称为自然对数的底数，记log ln e a a = 。 例2 设 b = n 1 1 2 1 3 1 + +++− L n ln n，则数列{bn }收敛。 证 由 n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 1 1 < e < 1 1 1 + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n ， 得到 1 n + 1 1 ln n n + < < 1 n 。 于是有 2
b, =--In(n+1)+Inn n+1 b3+…+--lnn>ln,+ln3+ln2+.+ =ln(n+1)-Inn>0。 这说明数列(bn}单调减少有下界,从而收敛。{bn}的极限 y=05772156690称为Eur常数。设a=1+1+1+…+1,可知数列 an}是无穷大量,它与无穷大量ln是等价的 例3设dn=1-2+3-“+(1,于 n bn nn→>y 和 1 b=1+2+3+4+5+6+2n-2+2n-12n n2n→y 考虑b2n-bn,用b2中的第2k项与bn中的第k项(k=1,2,…,n)对应相 减,得到 2n-12 ln2=d2n-ln2→0 n→)a 234 由于d2n1 1及m2n+1 2n2n+1 0,即可得到 limd=lim1-+-…+(-)1 即 (-1)-+…=ln2。 (1) 常数z 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
n 1 b + − bn = 1 n 1 − + ln( 1) n + + ln n = 1 n 1 − + 1 ln 0 n n + 2 3 n n +++ +− L ln 2 1 +ln 3 2 +ln 4 3 +…+ 1 ln n n + − ln n =ln( 1) n + − ln 0 n > 。 这说明数列｛ b ｝单调减少有下界，从而收敛。{ }的极限 =0.57721566490…称为Euler常数。设 n bn γ n an 1 3 1 2 1 1 L++++= ，可知数列 { } an 是无穷大量，它与无穷大量ln n是等价的。 例3 设 d = n 1 1 2 1 3 1 1 1 − + − +− L + ( ) n n ，由于 bn = 1 1 2 1 3 1 1 1 + +++ − L + − n n lnn → γ （n → ∞）， 和 b2n= 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 2 2 1 2 1 1 2 +++ ++++ 2 − + − L + − n nn ln n → γ （ ）， n → ∞ 考虑 ，用 中的第 项与 中的第 项（ 2n b − bn b2n 2k bn k = L,,2,1 nk ）对应相 减，得到 2n b − bn = 1 1 2 1 3 1 4 1 2 1 1 2 −+−++ 2 − L − − n n ln = d2n − ln 2 → 0 （ ）。 n → ∞ 由于d d n 21 2 n n 1 2 1 + = − + 及 lim n→∞ 1 2n + 1 = 0，即可得到 lim n→∞ dn = lim n→∞ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −+−+− + n n 1 )1( 3 1 2 1 1 L 1 ln 2 ， 即 11 11 1 ( 1) 2 3 n n + − + − +− + = L L ln 2。 （1） 2．常数π 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 ， 但单位圆的面积为什么等于 π 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 3
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Ln,则Ln=nsin 180 容易证明 数列{Ln}单调增加有上界,所以收敛,而极限值应该就是单位圆的半 周长,即π 180° Im nsin =丌。 n 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 l80°)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 设单位圆的面积为S,单位圆的内接正n边形的面积为S,外切 正n边形的面积为Sn",则S<S<Sn"。由于 lim S=lim nsin -COS - I, limS"= lim n tan=π, 可知单位圆的面积等于π。 关于常数π,在《数学分析》课程中包含了许多重要的结果 例4 35-…+y~ (2) ∑(-1)-x2n2=1 对上式逐项积分,得到 retrim=x-ix+2x-arctanx, xe(-11
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 Ln，则 L n n n = sin o 180 。容易证明 数列{ }单调增加有上界，所以收敛，而极限值应该就是单位圆的半 周长，即 ： Ln π lim n→∞ = π n n o 180 sin 。 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 ）的弧度定义为 ，其余角度的弧度则按比例得到。于是按弧度 制上式可写成 180o π lim n→∞ π π = n nsin 。 设单位圆的面积为 ，单位圆的内接正 边形的面积为 ，外切 正 边形的面积为 ，则 S n ' Sn n " Sn "' n < < SSS n 。由于 lim n→∞ ' Sn =lim n→∞ = nn n π π cossin π ， lim n→∞ " Sn =lim n→∞ = n n π tan π ， 可知单位圆的面积等于π 。 关于常数π ，在《数学分析》课程中包含了许多重要的结果。 例 4 1 1 1 ( 1) 1 35 2 1 4 n n π − − −+− + + = − L L 。 （2） 证 2 1 221 1 1 )1( x x n nn + ∑ − = ∞ = −− ， x ∈ − )1,1( 对上式逐项积分，得到 ∑ ∞ = − − − − 1 12 1 12 )1( n n n x n 1 1 3 5 3 5 =− + − xx x L = arctan x， x ∈ − )1,1( 。 4
由于∑(D),x2在x=1收敛,由幂级数和函数的连续性,令x→1 即得 S…(-) 例5 =1++-+…= 证f(x)=x2x∈[-z,z]的 Fourier级数展开为 f(x) 令 就得到 11 6 令x=0,可得到 (4) 由(3)和(4)还可以导出 以上这些等式可以用来进行某些特殊的计算,如:cosx全部零 点为±,±3x (2k-1)x 而 如[-2]2x2(2k-1 即cosx全部零点的倒数的平方和恰为1! 例6我们用两种方法来求ln5x的幂级数展开。 (1)利用sinx的幂级数展开,得到 sIn x 将 3s-…代入m(+)=u-“+-…,即得到 sinx 2(3!5 6180 (2)利用sinx的无穷乘积表示,得到
由于∑ ∞ = − − − − 1 12 1 12 )1( n n n x n 在 收敛，由幂级数和函数的连续性，令 ， 即得 x = ±1 x → −1 1 1 1 ( 1) 1 35 2 1 4 n n π − − −+− + + = − L L 。 例 5 2 2 22 1 1 11 1 n n 23 6 π ∞ = ∑ =+ + + = L （3） 证 f x( ) 2 = ∈− x x [ , π π ] 的 Fourier 级数展开为 f ( ) x = 2 2 1 ( 1) 4 co 3 n n nx n π ∞ = − + ∑ s ， 令 x = π ，就得到 2 2 22 1 1 11 1 n n 23 6 π ∞ = ∑ =+ + + = L ； 令 x = 0，可得到 1 2 2 222 1 ( 1) 1 1 1 1 2 3 4 12 n n n π ∞ − = − ∑ =− + − + = L 。 （4） 由（3）和（4）还可以导出 2 222 111 1 357 8 π + + + += L 。 （5） 以上这些等式可以用来进行某些特殊的计算，如：cos x 的全部零 点为 2 π ± ， 2 3π ± ，…， 2 − )12( π ± k ，… ，而 1 2 1 2 2 1 [ ] ( ) k k − = ∞ ∑ π + − − = = ∞ ∑ 1 2 1 2 2 1 [ ] ( ) k k π 1 8 4 2 )12( 14 2 2 2 1 2 2 =⋅⋅= − ⋅ ∑ ∞ = π π k k π ， 即cos x 全部零点的倒数的平方和恰为 1！ 例6 我们用两种方法来求 sin ln x x 的幂级数展开。 （1）利用sin x 的幂级数展开，得到 x sin x = −+− L !5!3 1 42 xx 。 将 u = −+− L !5!3 42 xx 代入 + u)1ln( = u −+− L 32 32 uu ，即得到： = x sin x ln ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −+− L !5!3 42 xx 2 1 − 2 42 !5!3 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −+− L xx +L = −−− L 1806 42 xx 。 （2）利用sin x 的无穷乘积表示，得到 5
SInx 两边取对数,再分别将址叫1-n)展开成幂级数,即得到 sInx =∑ n 将两式相比较,它们的x2系数,x4系数都对应相等,于是就得到等 (6) 在积分部分,我们也有许多重要而漂亮的结果,如 例6( Poisson积分) e dx 证设R2=(-,+∞)×(-∞,+∞),考虑二重积分 dadu 利用化二重积分为累次积分,可以得到 再利用极坐标变换x= rose,y=rsin0, e-r+y)dxdy=Te-rdrde= de re-dr=2 re-dr=T 因此得到 例7( Dirichlet积分) +∞Sinx (8) 证明略 3.常数c和z的无理性 定理2e是无理数 证用反证法。假设c是有理数,那么显而易见,一定存在充分 大的自然数m,使得(m!)e是正整数。在e的 Taylor公式
x sin x =∏ ∞ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − 1 22 2 1 n n x π , 两边取对数，再分别将 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π − 22 2 1ln n x 展开成幂级数，即得到 = x sin x ln ∑ ∞ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − 1 22 2 1ln n n x π = ∑ ∞ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + π + π − 1 44 4 22 2 2 1 n n x n x L 。 将两式相比较，它们的 2 x 系数， 4 x 系数都对应相等，于是就得到等 ∑ ∞ =1 2 1 n n = 6 2 π ， ∑ ∞ =1 4 1 n n = 90 4 π 。 （6） 在积分部分，我们也有许多重要而漂亮的结果，如 例 6 （Poisson 积分） 2 0 2 x e dx +∞ − π = ∫ 。 （7） 证 设R2 ∞+−∞×∞+−∞= ),(),( ，考虑二重积分 2 2 ( ) 2 e x y dxdy − + ∫∫ R 。 利用化二重积分为累次积分，可以得到 ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 2 e e e4 e x y x y x dxdy dx dy dx +∞ +∞ +∞ − + − − − −∞ −∞ = = ∫∫ ∫ ∫ ∫ R 再利用极坐标变换 xr yr = cos , sin θ = θ ， θθ π π π = = = = ∫∫ ∫∫∫∫∫ +∞ − +∞ +− − − 0 2 0 2 2 0 2 2 ) 22 ( e dxdy e rdrd e2e drrdrrd yx r r r R D 。 因此得到 2 e 0 2 π = ∫ ∞+ − dx x 。 例 7 （Dirichlet 积分） 0 sin 2 x dx x +∞ π = ∫ 。 （8） 证明 略 3．常数e和π 的无理性 定理2 e是无理数。 证 用反证法。假设 是有理数，那么显而易见，一定存在充分 大的自然数 ，使得 是正整数。在 的Taylor公式 e m ( !) m e x e 6
ex=1+x+一+二+…+ xn,∈(0,1) n!(n+1)! 中,将n取为m,并令x=1。则有 1+—+—+… ∈(0,1) m!(m+1) 两边同乘上m!,便得到 (m!)e=(m)1+1++ (m+1) 即 11 m」∫=m 按假设,等式的左端是正整数。 由于θ∈(0,1),因此1<e°<3,代入上式的右端,就得到估计式 于是,对于任意正整m22,都有m+1∈(0.D,也就是说,上述等式的 右端决不可能是正整数,这样就导出了矛盾。 所以假设e是有理数不成立,即e是无理数。 定理3丌是无理数。 证用反证法。假设x是有理数,那么=9,其中pq∈N*。设 则f(0)=f(x)=0,f202(x)=0。对于0<m≤2n,由 (x)=1∑c:()y(g-pm)y
2 3 1 2! 3! ! n x x x x e x n =+ + + + + L 1 , (0,1) ( 1)! x e n x n θ θ + + ∈ + 中，将 取为 ，并令 n m x = 1。则有 11 1 1 1 2! 3! ! e m =++ + + + L ( 1) e m θ + + ! θ ∈(0,1)。 两边同乘上m!，便得到 ( !) m e ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +++++= ! 1 !3 1 !2 1 11)!( m m L ( !) ( 1) m e m ! θ + + ， 即 m )!( 11 1 1 1 2! 3! ! e m ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎨ ⎬ − ++ + + + ⎢ ⎥ ⎩ ⎭ ⎣ ⎦ L 1 e m θ = + 。 按假设，等式的左端是正整数。 由于θ ∈(,) 0 1 ，因此1 < < e θ 3，代入上式的右端，就得到估计式 1 3 111 e mmm θ < < + + + 。 于是，对于任意正整m ≥ 2，都有 1 e m θ + ∈(,) 0 1 ，也就是说，上述等式的 右端决不可能是正整数，这样就导出了矛盾。 所以假设e是有理数不成立，即e是无理数。 定理 3 π 是无理数。 证 用反证法。假设π 是有理数，那么 p q π = ，其中 p,q N+ ∈ 。设 ! )( )( n pxqx xf n n − = ， 则 ff π == 0)()0( ， (2 2) () 0 n f x + ≡ 。对于0 < m ≤ 2n，由 ( )( ) )( )( 0 )( )( ! 1 )( n k n km m k k m m pxqxC n xf − = = ∑ − ， 7
(m,(p)=整数=0o整数 p(x)=整数,(q-py)m=(pnm=k=n m-k≠n→f(0)=整数 可知f(x)及其直到2n+2阶导数在x=0与x=z时取整数值。定义 F(x)=f(x)-f(2(x)+f((x)-…+(-1)"f2n(x), 则F(x)在x=0与x=丌时取整数值。由 d(f(x)sin x-F(x)cos x)=(F"(x)+F()sinx=f(x)sinx dx 可知 Jo f(x)sin xdx= F(0)+F() 是整数。由于当0<x<与n充分大时, <tursinx< 从而 0<.f(x)sin xdx<1 产生矛盾,所以x是无理数
( )( ) 0 0 ! k n x k n x n k = ⎧ ≠ = ⎨ ⎩ = n ，( ) ( ) 0 ( ) m k n x q px − = − =整数 ⇒ f ( ) m (0) =整数； ( ) = ( ) k n n x p x =π ⋅ 整数，( )( ) 0 ( ) ( )! m k n x n mk n q px p n mk n π − = ⎧ − ≠ − = ⎨ ⎩ − − = ⇒ f ( ) m (0) =整数。 可知 及其直到 阶导数在 xf )( 2n + 2 x = 0与 x = π 时取整数值。定义 )()1()()()()( )2( )4( )2( xfxfxfxF xf nn L −+−+−= ， 则 在xF )( x = 0与 x = π 时取整数值。由 ( '( )sin ( )cos ) ( "( ) ( ))sin ( )sin d F x x Fx x F x Fx x f x dx − =+ = x， 可知 ∫ += π π 0 FFxdxxf )()0(sin)( 是整数。由于当0 x << π 与n充分大时， π π 1 ! < sin)(0 << n q xxf nn ， 从而 0 0 ( )sin f x xdx 1 π < < ∫ ， 产生矛盾，所以π 是无理数。 8
