简短的 e 的 p 次方是无理数的证明
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算法·理论
原文
前置知识：微分，微分中值定理。
本文长度是这篇文章的三倍不到，这篇文章的三十分之一。
我们需要证明，对于正整数 p,a,b，e^p=\frac ab 是矛盾的，其中 a\perp b。
固定一个正整数 n，设
f(x)\coloneqq x^n(p-x)^n\\
F(x)\coloneqq\sum_{i=0}^{2n}f^{(i)}(x)=\sum_{i=0}^\infty f^{(i)}(x)\\
G(x)\coloneqq-e^{-x}F(x)
那么
\begin{align*}
G'(x)=&\,(-e^{-x})'F(x)-e^{-x}F'(x)\\
=&\,e^{-x}\sum_{i=0}^\infty f^{(i)}(x)-e^{-x}\sum_{i=1}^\infty f^{(i)}\\
=&\,e^{-x}f(x)
\end{align*}
由微分中值定理，存在 \zeta\in(0,p) 使得
\begin{align*}
\frac{G(p)-G(0)}{p-0}=&\,G'(\zeta)\\
-e^{-p}F(p)+e^{-0}F(0)=&\,pe^{-\zeta}f(\zeta)\\
-F(p)+e^pF(0)=&\,pe^{p-\zeta}f(\zeta)\\
-F(p)+\frac abF(0)=&\,pe^{p-\zeta}f(\zeta)\\
-bF(p)+aF(0)=&\,bpe^{p-\zeta}f(\zeta)
\end{align*}
观察每个多项式 f^{(i)} 的每一项，发现他要么含有因子 x，要么含有因子 n!；同理，他要么含有因子 p-x，要么含有因子 n!。所以 F(0) 与 F(p) 都是 n! 的整倍数，所以等号左边 -bF(p)+aF(0) 是 n! 的整倍数。
由于 O(p^{2n+1})<O(n!)，所以存在 n 使得 bp^{2n+1}e^p<n!（e,p 都是确定的，所以 b 是确定的）。那么等号右边
bpe^{p-\zeta}f(\zeta)<bpe^pp^{2n}=bp^{2n+1}e^p<n!
又等号右边显然是正的，所以如果等号成立，那么一个 n! 的整倍数是正的，又小于 n!，矛盾。
那么 e^{\frac pq} 也是无理数，否则 e^p=\frac{a^q}{b^q}。