◎何 銘

(廣東省廣州市廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)附屬天河學(xué)校,廣東 廣州 510650)

一、用數(shù)論方法判別無(wú)理數(shù)

(一)用奇偶分析法證明：及(k為奇數(shù))為無(wú)理數(shù)

以2為模,整數(shù)可以分成兩類：被2除余1的數(shù)及被2整除的數(shù),即奇數(shù)與偶數(shù)利用奇數(shù)與偶數(shù)的分類及其特殊性質(zhì),可以簡(jiǎn)便地求解、求證一些與整數(shù)有關(guān)的問題,通常我們把這種通過分析整數(shù)的奇偶性來解決所遇到問題的方法稱作奇偶分析法

且和互質(zhì),即、最大公約數(shù)為1

可化成2=

這個(gè)式子左端2是偶數(shù),所以式子右端也會(huì)是偶數(shù)又因?yàn)橛校浩鏀?shù)×奇數(shù)=奇數(shù),偶數(shù)×偶數(shù)=偶數(shù),所以會(huì)是一個(gè)偶數(shù)不妨設(shè)=2,代入2=中得到2=4,兩邊同時(shí)約去2之后得到=2這里可以推出也會(huì)是一個(gè)偶數(shù)、均為偶數(shù)與、最大公約數(shù)為1矛盾,故假設(shè)不成立,原命題得證

這里和互質(zhì),即、最大公約數(shù)為1

可化成(2+1)=

移項(xiàng)變形后可得：2=-,2=(+)(-),

可得知上式左端2為偶數(shù),所以右端(+)(-)必為偶數(shù)則+或-為偶數(shù)說明、同為偶數(shù)或者同為奇數(shù)

若、同為偶數(shù),則與，最大公約數(shù)為1矛盾

若、同為奇數(shù),則為奇數(shù),因?yàn)橐酁槠鏀?shù),所以2的素因數(shù)中有且僅有一個(gè)2,也就是說式子左端有且僅有一個(gè)2素因數(shù)再看式子的右端,因?yàn)?、同為奇?shù),所以+、-同為偶數(shù),也就是說(+)(-)的素因數(shù)中至少有兩個(gè)2,也就是說式子右端至少有兩個(gè)2素因數(shù)根據(jù)算術(shù)基本定理(素因數(shù)唯一分解定理) 可知：式子左端所含素因數(shù)與式子右端所含素因數(shù)要完全相同,與結(jié)論矛盾

綜上所述,原假設(shè)不成立,命題得證

(二)用素因數(shù)分析法證明為(n∈N,且n不為平方數(shù))為無(wú)理數(shù)

這里和互質(zhì),即、最大公約數(shù)為1

可化成=

將、、素因數(shù)分解可得：

=…,

=…,

=…,

因?yàn)椴粸槠椒綌?shù),、為平方數(shù),所以有、、…、不全為偶數(shù)、、、…、以及、、…、全為偶數(shù)

若將素因數(shù)分解可得：

=…·…=…,

根據(jù)同底數(shù)冪相乘的法則：·=+,因?yàn)椤?、…?span id="ykusquo" class="subscript">不全為偶數(shù)而且、、…、全為偶數(shù)所以、、…、不全為偶數(shù)所以≠,

與假設(shè)矛盾,原命題得證

(三)用最小數(shù)原理證明

則2->0、->0,

且-<,

故假設(shè)不成立,原命題得證

二、用麥克勞林級(jí)數(shù)判別無(wú)理數(shù)

利用麥克勞林級(jí)數(shù),我們可以將一些數(shù)值代入可以展開成冪級(jí)數(shù)的函數(shù)中,得到一些無(wú)理數(shù)的無(wú)窮級(jí)數(shù)形式把無(wú)理數(shù)表示成無(wú)窮級(jí)數(shù)的形式,為判別無(wú)理數(shù)開拓了新的道路

(一)證明且n≠0)為無(wú)理數(shù)

先證為正整數(shù)即>0的情況

令()=e,可得()=e的麥克勞林級(jí)數(shù)：

則有

式子右同時(shí)乘!,得

式子左右同時(shí)乘,得

其中

根據(jù)等比級(jí)數(shù)求和公式

現(xiàn)在可知

為整數(shù),為小數(shù)

(-1)!=+,

上式左端為整數(shù),右端不為整數(shù)，故矛盾

再證<0的情況令=-,∈且>0

特別的,當(dāng)=1時(shí)我們證明了自然常數(shù)e為無(wú)理數(shù)

(二)證明且n≠0)為無(wú)理數(shù)

先證為正整數(shù)即>0的情況

令()=sin,可得()=sin的麥克勞林級(jí)數(shù)：

令為大于的一個(gè)某個(gè)奇數(shù),上式左右兩邊同時(shí)乘!·得：

有

即有：||<1

其中

……

每一個(gè)中括號(hào)的結(jié)果符號(hào)相同,且絕對(duì)值大于0,所以||>0

綜上所述：0<||<1

·(-1)·…·(+1)·(-1)·(-2)·…·2·1·=+,

為整數(shù),為小數(shù),上式左端為整數(shù),右端不為整數(shù)矛盾

三、用多項(xiàng)式相關(guān)定理判別無(wú)理數(shù)

(一)利用艾森斯坦(Eisenstein)判別法證明

整系數(shù)多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約是與整系數(shù)多項(xiàng)式方程在有理數(shù)域上是否存在有理根這個(gè)命題是等價(jià)的所以我們可以通過把一些數(shù)看成某個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式方程的根,然后判斷該整系數(shù)多項(xiàng)式在有理數(shù)域上是否可約從而判定這個(gè)數(shù)是有理數(shù)還是無(wú)理數(shù)艾森斯坦(Eisenstein)判別法就是其中的方法之一

應(yīng)用艾森斯坦判別法證明無(wú)理數(shù),關(guān)鍵是通過對(duì)多項(xiàng)式各項(xiàng)系數(shù)的仔細(xì)考察,設(shè)法找到合乎艾森斯坦判別法條件的素?cái)?shù)通過尋找滿足以上三個(gè)條件的素?cái)?shù),我們就可以找到方法判定無(wú)理數(shù)

先證明為整數(shù)的情況

在這個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式中,最高次項(xiàng)系數(shù)為=1,常數(shù)項(xiàng)為=-…,其余各項(xiàng)系數(shù)均為0

取素?cái)?shù)=(1≤≤)滿足：

(1)最高次項(xiàng)=1不能被=整除；

(2)其余各項(xiàng)的系數(shù)都能被=整除；

(3)常數(shù)項(xiàng)=-…不能被=整除

(二)利用整系數(shù)多項(xiàng)式有理根定理證明

從上文可以看出,艾森斯坦(Eisenstein)判別法是有一定局限的,而整系數(shù)多項(xiàng)式有理根定理?xiàng)l件就相比開放一些我們也可以利用這個(gè)定理來對(duì)無(wú)理數(shù)進(jìn)行判定

在這個(gè)整系數(shù)在這個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式中,最高次項(xiàng)系數(shù)為=1,常數(shù)項(xiàng)為=-

兩邊平方后,得：+12+36=18+24+8,

移項(xiàng)得：-6+12-8=0

有理數(shù)-無(wú)理數(shù)=有理數(shù),矛盾故原命題得證

3證明sin 10°為無(wú)理數(shù)

9sin 10°為無(wú)理數(shù)

將=10°代入隸莫弗公式(cos+sin)=cos+sin得(cos 10°+sin 10°)=cos 30°+sin 30°

化簡(jiǎn)得：(cos 10°+sin 10°)(cos10°-sin10°+2cos 10°sin 10°)=cos 30°+sin 30°,(4cos10°-3cos 10°)+(-4sin10°+3sin 10°)=cos 30°+sin 30°,

得到：4cos10°-3cos 10°=cos 30°,-4sin10°+3sin 10°=sin 30°

可化得：7-6-1=0

令()=7-6-1

所以有一些無(wú)理數(shù)看上去并非代數(shù)數(shù),但只要細(xì)心挖掘一下就可以得到其實(shí)為一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式方程的根,也是可以用整系數(shù)多項(xiàng)式有理根定理來判別的