《数学分析》课程中最重要的两个常数.pdf

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， LL ，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 e 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 π e 与 eπ 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 a b > b a ？ 两边取对数后再整理，即知上式等价于 ln a ln b ， > a b 所以，判别 a b 与 b a 的大小关系可以通过确定函数 ln x 的单调情况来得 x 到。 解 记 f (x) = ln x ，则 x f ′( x) = 1 − ln x x2 ⎧ < 0, x > e . ⎨ ⎩ > 0, 0 < x < e . f ( x ) 在 [e,+∞ ) 严格单调减少。因此 ln e ln π ， > e π 即可判别出 eπ > π e 。 1．常数 e 定理1 ⎧⎪⎛ 1 ⎞ n ⎫⎪ ⎧⎪⎛ 1 ⎞ n +1 ⎫⎪ 数列 ⎨⎜1 + ⎟ ⎬ 单调增加，⎨⎜1 + ⎟ ⎬ 单调减少，两者收敛 ⎪⎩⎝ n ⎠ ⎪⎭ ⎪⎩⎝ n ⎠ ⎪⎭ 于同一极限。 n 证 1 1 记 x n = ⎛⎜1 + ⎞⎟ , yn = ⎛⎜1 + ⎞⎟ ⎝ n⎠ ⎝ n⎠ n +1 ，利用平均值不等式 1 n a1a 2 La n ≤ a1 + a 2 +L+ a n ( a k > 0 ， k = 1,2,3,L, n )， n 得到 n +1 xn ⎡ ⎛ 1⎞ ⎤ n ⎢ n⎜1 + n ⎟ + 1⎥ ⎛ 1⎞ ⎠ ⎥ = ⎜1 + ⎟ ⋅ 1 ≤ ⎢ ⎝ n +1 ⎥ ⎢ ⎝ n⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 1 yn n ⎡ ⎤ n +1 (n + 1) + 1⎥ ⎢ n ⎞ n +1 = ⎛⎜ ⎟ ⋅1 ≤ ⎢ ⎥ n+2 ⎝ n +1⎠ ⎢ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ = x n+1 , 和 n+2 = 1 y n+1 。 这表示{ x n }单调增加，而{ y n }单调减少。又由于 2 = x1 ≤ xn < y n ≤ y1 = 4, 1 可知{ x n },{ y n }都收敛。由 y n = x n ⎛⎜1 + ⎞⎟ ，它们具有相同的极限。通 ⎝ n⎠ 常用字母 e 来表示这一极限，即 n ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ lim ⎜1 + ⎟ = lim ⎜ 1 + ⎟ n→∞ n→∞ ⎝ n⎠ ⎝ n⎠ n +1 = e。 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 e a = ln a 。 1 2 1 3 1 n 例2 设 bn = 1 + + +L+ − ln n ，则数列{ bn }收敛。 证 由 n ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜1 + ⎟ < e < ⎜ 1 + ⎟ ⎝ n⎠ ⎝ n⎠ n +1 ， 得到 1 n +1 1 < ln < 。 n +1 n n 于是有 2 bn +1 − bn = bn = 1 + 1 1 n +1 − ln <0， − ln( n + 1) + ln n = n +1 n +1 n 2 3 4 1 1 1 n +1 − ln n + + L + − ln n > ln + ln + ln +…+ ln 1 2 3 2 3 n n = ln(n + 1) − ln n > 0 。 这 说 明 数 列 ｛ bn ｝ 单 调 减 少 有 下 界 ， 从 而 收 敛 。 { bn } 的 极 限 γ =0.57721566490…称为Euler常数。设 a n = 1 + 1 1 1 + + L + ，可知数列 n 2 3 { an }是无穷大量，它与无穷大量 ln n 是等价的。 1 1 1 2 3 n 1 1 1 1 ， bn = 1 + + +L+ + − ln n → γ （ n → ∞ ） n −1 n 2 3 例3 设 d n = 1 − + − L+ ( −1) n +1 ，由于 和 b2n = 1 + 1 1 1 1 1 1 1 1 ， + + + + +L+ + + − ln 2n → γ （ n → ∞ ） 2 3 4 5 6 2n − 2 2n − 1 2n 考虑 b2n − bn ，用 b2 n 中的第 2k 项与 bn 中的第 k 项（ k = 1,2,L , n ）对应相 减，得到 1 1 1 1 1 + − +L+ − − ln 2 = d 2 n − ln 2 → 0 2 3 4 2n − 1 2n 1 1 及 lim = 0，即可得到 由于 d 2 n+1 = d 2 n − n→∞ 2n + 1 2n + 1 b2n − bn = 1 − （ n → ∞ ）。 1⎤ ⎡ 1 1 lim d n = lim ⎢1 − + −L + (−1) n +1 ⎥ = ln 2 ， n→∞ n→∞ n⎦ ⎣ 2 3 即 1 1 1 1 − + − L + (−1) n +1 + L = ln 2 。 2 3 n （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 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 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 = n sin 180 o 。容易证明 n 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 o lim n sin =π 。 n→∞ 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 180o ）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 sin n→∞ π n =π 。 设单位圆的面积为 S ，单位圆的内接正 n 边形的面积为 S n ' ，外切 正 n 边形的面积为 S n " ，则 S n ' < S < S n " 。由于 lim S n ' = lim n sin n→∞ n→∞ π n cos lim S n " = lim n tan n→∞ n→∞ π n π n = π， = 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。 1 1 (−1) n −1 π 1− + −L + +L = 。 3 5 2n − 1 4 ∞ 1 ， x ∈ (−1,1) (−1) n −1 x 2 n − 2 = ∑ 1+ x2 n =1 例4 证 对上式逐项积分，得到 (−1) n −1 2 n −1 1 1 x = x − x 3 + x 5 − L = arctan x ， ∑ 3 5 n =1 2n − 1 ∞ 4 x ∈ ( −1,1) 。 （2） (−1) n −1 2 n −1 x 在 x = ±1 收敛，由幂级数和函数的连续性，令 x → 1 − ， n 2 − 1 n =1 ∞ 由于 ∑ 即得 1 1 (−1) n −1 π 1− + −L + +L = 。 3 5 2n − 1 4 2 ∞ 1 1 1 π = 1+ 2 + 2 +L = ∑ 2 2 3 6 n =1 n 例5 f ( x ) = x2 证 （3） x ∈ [−π , π ] 的 Fourier 级数展开为 f ( x) = π2 3 (−1) n cos nx ， 2 n n =1 ∞ +4∑ 令 x = π ，就得到 1 1 1 π2 = + + + L = 1 ； ∑ 2 22 32 6 n =1 n ∞ 令 x = 0 ，可得到 (−1) n −1 1 1 1 π2 L = 1 − + − + = 。 ∑ n2 22 32 42 12 n =1 ∞ （4） 由（3）和（4）还可以导出 1 1 1 π2 1+ 2 + 2 + 2 +L = 。 3 5 7 8 （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 ± π 3π ( 2k − 1)π ，…， ± ，… ，而 2 2 2 ∞ ∞ 1 1 4 ∞ 1 4 π2 = 2 ⋅ ⋅ = 1， ∑ ( 2 k −1)π 2 + ∑ ( 2 k −1) π 2 = 2 ⋅ 2 ∑ ] ] k =1 [ k =1 [− π k =1 (2k − 1) 2 π2 8 2 2 ，± 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 ln sin x 的幂级数展开。 x （1）利用 sin x 的幂级数展开，得到 x2 x4 sin x =1 − + − L 。 x 3! 5! 2 4 x x u2 u3 将 u = − + − L 代入 ln(1 + u ) = u − + − L ，即得到： 3! 5! 2 3 2 ⎞ 1 ⎛ x2 x4 ⎞ sin x ⎛ x 2 x 4 ⎜ + − L⎟⎟ − ⎜⎜ − ln = ⎜− + − L⎟⎟ + L x ⎝ 3! 5! ⎠ 2 ⎝ 3! 5! ⎠ x2 x4 − L。 = − − 6 180 （2）利用 sin x 的无穷乘积表示，得到 5 x2 ⎞ sin x ∞ ⎛ ⎜ = ∏ ⎜1 − 2 2 ⎟⎟ , x nπ ⎠ n =1 ⎝ ⎛ 两边取对数，再分别将 ln⎜⎜1 − ⎝ x2 ⎞ ⎟ 展开成幂级数，即得到 n 2 π 2 ⎟⎠ ∞ ⎛ ⎛ x2 ⎞ 1 x4 x2 ⎞ sin x + L⎟⎟ 。 ln = ∑ ln⎜⎜1 − 2 2 ⎟⎟ = − ∑ ⎜⎜ 2 2 + 4 4 2n π x n =1 n =1 ⎝ n π ⎝ nπ ⎠ ⎠ ∞ 将两式相比较，它们的 x 2 系数， x 4 系数都对应相等，于是就得到等 π2 1 = ， ∑ 2 6 n =1 n π4 1 = 。 ∑ 4 90 n =1 n ∞ ∞ （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） ∫ +∞ 0 π 2 e − x dx = 。 2 （7） 设 R 2 = (−∞,+ ∞) × (−∞,+ ∞) ，考虑二重积分 − ( x2 + y 2 ) e dxdy 。 ∫∫ 证 R2 利用化二重积分为累次积分，可以得到 ∫∫ e − ( x2 + y 2 ) +∞ dxdy = ∫ e +∞ − x2 dx ∫ e −∞ R2 − y2 −∞ ( +∞ dy =4 ∫ e − x2 0 dx ) 2 再利用极坐标变换 x = r cosθ , y = r sin θ ， 2 2 2π +∞ 0 0 2 2 +∞ 2 −( x + y ) dxdy = ∫∫ e − r rdrdθ = ∫ dθ ∫ r e − r dr = 2π ∫ r e − r dr = π 。 ∫∫ e R2 0 D 因此得到 +∞ ∫ e − x2 0 dx = π 。 2 例 7 （Dirichlet 积分） ∫ +∞ 0 sin x π dx = 。 x 2 （8） 证明 略 3．常数 e 和 π 的无理性 定理2 证 e 是无理数。 用反证法。假设 e 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 x 的Taylor公式 6 eθ x x 2 x3 xn x n+1 , + e = 1+ x + + + L + 2! 3! n ! (n + 1)! θ ∈ (0,1) x 中，将 n 取为 m ，并令 x = 1 。则有 eθ 1 1 1 + e = 1+1+ + + L + 2! 3! m ! (m + 1) ! θ ∈ (0,1) 。 两边同乘上 m! ，便得到 1 1 1 ⎤ (m !)eθ ⎡ ， ( m !)e = ( m!) ⎢1 + 1 + + + L + ⎥ + m!⎦ (m + 1) ! 2! 3! ⎣ 即 ⎧ 1 1 1 ⎤⎫ eθ ⎡ 。 (m!) ⎨e − ⎢1 + 1 + + + L + ⎥ ⎬ = 2! 3! m !⎦ ⎭ m + 1 ⎣ ⎩ 按假设，等式的左端是正整数。 由于 θ ∈ (0, 1) ，因此1 < eθ < 3 ，代入上式的右端，就得到估计式 1 eθ 3 < < 。 m +1 m +1 m +1 eθ 于是，对于任意正整 m ≥ 2 ，都有 ∈(0, 1) ，也就是说，上述等式的 m +1 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 证 π 是无理数。 用反证法。假设 π 是有理数，那么 π = q ，其中 p, q ∈ N + 。设 p x n (q − px) n ， f ( x) = n! 则 f (0) = f (π ) = 0 ， f (2 n + 2) ( x) ≡ 0 。对于 0 < m ≤ 2n ，由 f ( m ) ( x) = ( ) ( ) (m−k ) 1 m k n (k ) ， Cm x ( q − px) n ∑ n! k =0 7 (x ) k≠n ⎧0 =⎨ x =0 ⎩n! n (k ) pn ⋅ ( xn ) (k ) x =π k=n ， ( (q − px) n ) x =0 = 整数 = 整数， ( (q − px) n ) ( m−k ) ( m−k ) x =π ⇒ f ( m ) (0) = 整数； m−k ≠ n ⎧0 ⇒ f ( m ) (0) = 整数。 =⎨ n ⎩( − p ) n ! m − k = n 可知 f (x) 及其直到 2n + 2 阶导数在 x = 0 与 x = π 时取整数值。定义 F ( x) = f ( x) − f ( 2) ( x) + f ( 4) ( x) − L + (−1) n f ( 2 n ) ( x) ， 则 F (x) 在 x = 0 与 x = π 时取整数值。由 d ( F '( x)sin x − F ( x) cos x) = ( F "( x) + F ( x))sin x = f ( x)sin x ， dx 可知 π ∫ 0 f ( x) sin xdx = F (0) + F (π ) 是整数。由于当 0 < x < π 与 n 充分大时， 0 < f ( x) sin x < π nqn n! < 1 π ， 从而 π 0 < ∫ f ( x)sin xdx < 1 ， 0 产生矛盾，所以 π 是无理数。 8