eΠ等無理數(shù)的有理逼近問題 (三)

摘要

e和兀是人們不斷研究探討的兩個特殊的無理數(shù)，本文將這兩個數(shù)結(jié)合在一

起對其的有關(guān)性質(zhì)進行了分析討論，討論了e和兀的無理性。根據(jù)實數(shù)的完備性可

以知道無理數(shù)是可以用有理數(shù)的極限逼近表示的。進而用傅里葉級數(shù)展開和夾逼

定理等方法，研究一些有理數(shù)列的極限，探討有關(guān)e和兀用有理數(shù)列極限逼近的問

題。e、兀相關(guān)的逼近問題研究結(jié)果可以推廣到其他一些無理數(shù)用有理數(shù)列極限

逼近問題，加深e和兀此類特殊無理數(shù)有深刻的理解和熟練的應(yīng)用，也同時可以幫

助在一些有理數(shù)列極限的證明方面獲得更多思路。

關(guān)鍵字：e和兀無理數(shù)有理逼近極限

Abstract

eandnaretwospecialirrationalnumbersthathavebeenstudiedand

discussedcontinuouslyformanyyears.Thispaperanalyzesanddiscussesthe

propertiesofeandnincludingtheirirrationality.Accordingtothecompletenessof

therealnumbers,weknowthatirrationalnumberscanberepresentedbythelimit

approximationofrationalnumbers.WecanusetheFourierseriesexpansion,Squeeze

theoremandothermethodstostudythelimitofsomerationalnumbersequencesand

discusstheproblemofusingthelimitofrationalnumbersequencestoapproximatee

andn.Theresultsoftheapproximationproblemresearchoneandncanbe

extendedtosomeotherproblemsofusingthelimitofrationalnumbersequencesto

approximateirrationalnumber,whichcandeepenourunderstandingandapplicationof

specialirrationalnumberssuchaseandnalsohelpourselvesgeneratemoreideas

onprovingthelimitofrationalnumbersequencesatthesametime.

Keywords:e、n,irrational,rationalapproximation,limit

目錄

摘要..........................................................................1

Abstract..................................................................................................................................................1

1弓I言.........................................................................3

1.1研究背景及意義........................................................3

1.2研究的思路............................................................4

2無理數(shù)的有理數(shù)逼近..........................................................5

2.1有理數(shù)逼近無理數(shù)的相關(guān)證明............................................5

2.2e的定義................................................................5

2.3證明e是無理數(shù).........................................................6

2.4兀的定義...............................................................7

2.5證明乃是無理數(shù).........................................................7

3e.兀的一些有理數(shù)逼近及其證明...............................................8

3.1e的有理逼近............................................................8

3.2收斂到e的有理數(shù)列....................................................13

4逼近e、兀的數(shù)列的收斂速度..................................................14

5其他一些無理數(shù)的有理逼近..................................................16

結(jié)論.........................................................................20

參考文獻(xiàn).....................................................................21

致謝..........................................................錯誤!未定義書簽。

1引言

1.1研究背景及意義

e和兀這兩個數(shù)對我們來說熟悉而又陌生，兀是我們最早認(rèn)識的無理數(shù)早在小學(xué)有了初

步的了解，則是被廣泛使用的無理數(shù)與我們生活中的方方面面都息息相關(guān)。在高等數(shù)學(xué)中e

和兀也是人們研究的重要對象，有理逼近問題也是在函數(shù)逼近論中的較為重要的一個課題，

而我們用e和兀這樣的特殊的無理數(shù)來研究有理逼近問題，能夠幫助我們更好的理解。

兀是數(shù)學(xué)中最為人所知的數(shù)，與自然界的其他常數(shù)對比，?？偸悄莻€最顯眼最特立獨行

的那一個。?；蛘遬i,是圓的周長和它直徑的比值。它的值，即這兩個長度之間的比值，與

圓的大小無關(guān)。無論圓是大是小，兀的值都是恒定不變的。兀的發(fā)展史要追溯到公元前1600

年，至今已有數(shù)千年的歷史，其中許許多多的數(shù)學(xué)家在兀的發(fā)展中留下了自己的名字。我古

代就有劉微，祖之沖等在對兀研究方面有著巨大成就的數(shù)學(xué)家，到了近代，在蘭伯特證明了

兀是不可分?jǐn)?shù)后，德國數(shù)學(xué)家林德曼在1882年解決了有關(guān)關(guān)于兀的懸而不決的問題。他證明

了兀是超越的，即兀不可能是代數(shù)方程的解，通過解決這個千古之謎，林德曼證明了化圓為

方是不可能得到的。而e相對于他的唯一競爭者兀來說，就像是初來乍到的。兀由于其可追溯

到巴比倫時期的輝煌歷史而顯得更具威嚴(yán)，而e沒有什么值得稱道的歷史為其添彩。常數(shù)e

是年輕而充滿生機的，當(dāng)涉及增長時，他就會出現(xiàn)。無論人口、金錢或者其他的自然數(shù)量，

他們的增長總會不可避免的涉及到e。然而，e的故事真正開始于某種17世紀(jì)的電子商務(wù)。

當(dāng)時，瑞士的數(shù)學(xué)家雅各布?伯努利開始研究復(fù)利問題時最先發(fā)現(xiàn)常數(shù)e的存在。，之后數(shù)學(xué)

家對e研究陷入了狂熱，1737年歐拉證明了e是無理數(shù)。1840年，法國數(shù)學(xué)家劉維爾證明了

e不是任何二次方程的解，而且直到33年后也是來自法國的數(shù)學(xué)家埃爾米特完成了e是超越

的證明，而且之后林德曼是沿用埃爾米特的方法證明了兀是超越數(shù)的。

兀和e的關(guān)系也令數(shù)學(xué)家們著迷?！焙拓?，的值是非常接近的，我們可以用計算器算一下，

它們的近似值為e7r?23.14069,ne=22.15916。數(shù)字e7r正是我們所知的蓋爾范德常數(shù)，并且

已經(jīng)被證明了是超越的。但是我們對于小知之甚少，話沒有人證明它是無理數(shù)。提到兀和e

的關(guān)系那不得不提這一個將0、1、兀、e都涉及到的等式了〃元+1=0,這是由歐拉發(fā)現(xiàn)的

最接近完美的數(shù)學(xué)公式。

自然對數(shù)e和圓周率兀的研究也吸引著我國的許多數(shù)學(xué)家，他們的大多數(shù)研究成就都集

中在實際的應(yīng)用領(lǐng)域，由于研究的相對獨立，導(dǎo)致研究成果各不相同，尤其是在新興的計算

機領(lǐng)域，為其發(fā)展添上了濃墨重彩的一筆。

同時在概率問題方面也有著諸多應(yīng)用，用于描述小概率事件的泊松分布，在統(tǒng)計學(xué)中，

e涉及到了正態(tài)分布的鐘形曲線，在工程學(xué)中，懸索橋纜索的曲線就是與e有關(guān)，還有詹姆

斯?斯特林利用兀和e等到了一個對階乘汨的著名近似，正因為數(shù)學(xué)家廣闊的研究領(lǐng)域，才

使得e兀能深入我們的身邊，讓數(shù)學(xué)推動科學(xué)的發(fā)展。

1.2研究的思路

首先閱讀相關(guān)文獻(xiàn)資料，了解e兀的相關(guān)定義、性質(zhì)以及其級數(shù)展開的方法，根據(jù)些條

件證明e和兀是無理數(shù)，我們知道任意的有理序列都可以逼近一個無理數(shù)，也就是我們只要

找到一些極限是e和兀的有理數(shù)列，之后通過用傅里葉級數(shù)展開，夾逼定理等方法對一些有

理數(shù)列的極限的證明，這樣我們就可得到e或者?？梢杂糜欣頂?shù)列逼近。用同樣的方法，我

們也可以得到其他無理數(shù)用有理數(shù)列逼近的一些例子。

預(yù)備知識1：構(gòu)造一個很有用的函數(shù)/（無）=/（1-無），證明這個函數(shù)滿足如下三個性質(zhì)：

2nc

（性質(zhì)D/（%）是一個形如ZU%'的多項式，且系數(shù)Q全部都是整數(shù).

（性質(zhì)II）當(dāng)Ovxvl時，.

（性質(zhì)in）對于所有的整數(shù)扃=（-1（1-x）,“X）的加階導(dǎo)數(shù)在o和1處的值必

為整數(shù)，也即/湍和償都是整數(shù)。

（性質(zhì)D和（性質(zhì)n）是顯然成立的。下面證明（性質(zhì)m）。

根據(jù)（性質(zhì)I）,/（X）是一個從1的〃次事項到X的2〃次幕項的“+1項和。因此，當(dāng)加

時，f%為0,當(dāng)然是整數(shù)；當(dāng)〃7>2〃時，段恒為0，/5當(dāng)然也是整數(shù)。

而當(dāng)幾根據(jù)（性質(zhì)I）的多項式對〃X）求加階導(dǎo)，得到瑙=?，由于

?為整數(shù)且機2〃，所以這個數(shù)必然是整數(shù)，因此略必為整數(shù)。另外，注意到這個函數(shù)有

一個明顯的對稱性，就是/（%）=/（1-%）,從而對這個式子兩邊同時求加.階導(dǎo)數(shù)，得到

扃二（T『1r（i㈤從而扃⑴。于是，既然瑞為整數(shù)，那么瑙當(dāng)然也是

整數(shù)。于是（性質(zhì)m）成立。

預(yù)備知識2若limf(ji)=A>0,若limg(n)=B,其中A,B均為有限數(shù)，則若lim/⑴耿⑶二心.

n78J1TOO7178

證明：limf(ji)=A>0,所以任意的￡>0存在N,當(dāng)n>N時有/(幾)>0；此時令

n->oo

P(")=/'(久產(chǎn)⑺則

lnp(m=g(n)ln4n),

gBlnA

所以limlnpm)=BlnH;limf(ri)w=lim〃(""跖")=e=屋.

九—81)n->oon->oo

由歸結(jié)原則，易得推論：若lim/(n)=A>0,若limg(n)=B,其中A、B為有限數(shù)，

n->OO71T8

貝！Jlim/(n)0(n)=AB.

TIT8

2無理數(shù)的有理數(shù)逼近

2.1有理數(shù)逼近無理數(shù)的相關(guān)證明

證明：對固定的正整數(shù)q,讓p取遍所有的整數(shù)，那么:這些數(shù)把數(shù)軸分成一些長度為患勺

區(qū)間。每一個實數(shù)x位于這些區(qū)間中的一個區(qū)間，這就是說，對于任意固定的實數(shù)X,一定可

以找出一個整數(shù)p,使得

qq

這個不等式等價于

0<x-^<i

qq

由此可得

Iqlq

上面這個不等式表明：每個實數(shù)都可以用有理數(shù)取逼近到任意精確值，由于無理數(shù)是實

數(shù)的真子集，所以我們可以知道無理數(shù)同樣可以用有理數(shù)來逼近。

2.2e的定義

證明：e=lim(1+工)

n->oo\n/

證明：由%>0(1=1,2,則

CL^+CL2~^------

CL]a*?■■■2

tn

設(shè)其中。尸。2=九-1=1+^T，則

1(1+W)…q((4)(1+占+1)，

即

所以(1+三)"T《1+￡)”,即(l+￡f遞增。設(shè)其中的=Gt2=Gl3=...<2n_1=l+^->an=l,

同理可證｛(i—｝遞增。

又有

(1-力(1+>1號<1，

則1+工<』，所以又因為｛(1—口\遞增，所以^遞減，從而

n(r)vnJ(】TvnJ(1T)(1d)

4=4,進而有（1+；)V4,所以｛(1+j)｝有界。

故｛(l+￡f｝收斂，

即

e=lim(1+工).

2.3證明e是無理數(shù)

證明：運用反證法.假設(shè)e是有理數(shù)，則可以表示成色，其中a,b為正整數(shù)。設(shè)

b

(bi\

x-b\e-V—由

J/!

\z=0I?)

(bi\(八bi、b卜\

0<x=ble-^-=b\

\z=0l-JI"z=0l-Ji=0八

(b-1\

=a(〃-1)!-1+>儀〃-1))

\?=oJ

故%是整數(shù)。

Q<x=ble-^—」+______i____+_______1_______+…

b+l(b+1)(b+2)(b+1)(b+2)Cb+3)

)〃*/

—+—J+—J+…=工<1

b+1(b+l)(b+l)b

故X是小于1的正數(shù)。但是0和1之間不存在有理數(shù)，所以之前的假設(shè)矛盾，所以e是無理

數(shù)。

2.4兀的定義

一般定義：把圓的周長(c)與他直徑(d)之比稱：為圓周率，并用希臘字母口來表示。

a.

注：由相似圖形可知，對于任何圓形，5的值都是一樣的，這樣就定義出常數(shù)“O

a

分析上定義：7r=inf{x|sinx=O,xeR,x>0).

注：用累級數(shù)定義三角函數(shù)，將三角函數(shù)定義在復(fù)數(shù)上，接著就能定義加。

2.5證明7T是無理數(shù)

證明：兀不像e,性質(zhì)不是那么優(yōu)良。我們知道靖的導(dǎo)數(shù)還是自身，而71就不行了。正

是因為這樣，證明兀是無理數(shù)相對來說比e要麻煩一些。根據(jù)預(yù)備知識2只需證明兀2是

無理數(shù)(這因為從兀2的無理性就得到兀的無理性，因為否則兀是有理數(shù)，作為有理數(shù)的乘積

疳也是有理數(shù))，下面用反證法證明正兀是無理數(shù)。

假設(shè)兀2是有理數(shù)，設(shè)兀24，這里a和b都是正整數(shù)。利用函數(shù)構(gòu)造一個新的函數(shù)pG)

如下

p(x)=bn(兀2n.力兀2n-2.您)++(—1)',兀2n-2i"第十…)，

這個P(X)是按照門久)的偶數(shù)階導(dǎo)數(shù)進行求和的，因此，其二階導(dǎo)數(shù)滿足如下

P^=-Tl2'p(X)+/)n-"2九+2"(%)q「&)+冗2_Jjn.兀2九+2"(%),

接下來可以用函數(shù)的求導(dǎo)性質(zhì)，構(gòu)造如下微分等式，

總(P4).sinTlx-'TTP(X)-COS7TX)

=P4),sinTTX+IIcosnx,P/%)+〃2sinnx■P(%)

=sin7rx1(P^+TT2,P(x))

=bn17T2n+2+sinTlx'/(%).

于是

Lbn-7r2n+2-sinnx,/(%),dx

(P&)'sinnx-n■P(x),COSTTX)\Q

P(l)+P(0).

由于b-it2=a,是整數(shù)根據(jù)預(yù)備知識2的性質(zhì)III,/(x)的任意階導(dǎo)數(shù)在0和1處的值都是

整數(shù)，故P(l)和P(0)都是整數(shù)。因此，L應(yīng)為整數(shù)。但是根據(jù)預(yù)備知識2的性質(zhì)H,

n

0<L=-71-fnb-兀如+2.sinnx-Jf('x)'-dx

n

pl7\/、

-nJo(b-n)-sinnx,f\x),dx

=nf1a"-sinTlx-f(x)■dx<^—.

若當(dāng)取足夠大的n,使得nl>7i-an,得到O<L<1,與L為整數(shù)矛盾，所以兀2只能為無理

數(shù)，故兀為有理數(shù)。

3e,兀的一些有理數(shù)逼近及其證明

3.1e的有理逼近

3.1.1證明典((1+?(1+/)-(1+莪))=e.

證明：根據(jù)分析我們可先將其變化成

,吧(1+專+令…(1+9=9

先證

岫。+專)(1+總)…(1++)=最

證法1：對V0<k<幾，有

1+-<]+(九+1―7)=]?九+1?卜1+1?(九+17

n十n2J\n2)~n2n4一九十n24n4

所以

n

,1.(n+1)2

n24n4

設(shè)/=-n+

lim-An=\m(1

n->0027178X

因此

n4

lim(1+；+2+^SF)2=lim(1+lim((1+An)而)2=62,

n->oo\Tiri”/n->oon->oo\/

再由

lim1+-=62,

n->co\Ti/

及夾逼定理就有

〃+1—1

，場(1+專)(1+*)…(1+/)=kk

lim+不=e2,

n->oo

兩邊平方可得

2

((1++)(1+專)…(1+9)

lim=e.

71T8

證法2因為kgn時，有

(n+l)2

(T廠〉0+產(chǎn)>(1+>e，

所以用In(1+§>L從而

k

In?？?gt;、5+k1)2’

同理

(n+l)2[T]-4/

—

<1+

In(1+9

于是由

nnKn

n1Jk<Jln(l+—)<^—k_n(n+l)

2(n+l)(n+1)2_])22(71—1)2,

k=lk=l11k=l(H

[.n1n(n+l)

lim-—lim-

TiToo2(n+l)2TiToo2(n-l)2

根據(jù)夾逼定理得到

fln(l+\)=|；

k=in

(1+2)(1+自…(1+S)=㈣e*”〔或

lim

n->oo

兩邊平方可得

岫((1+專)(1+專)-(1+/))=，?

證法3由不等式由<ln（l+；）G得

即高<E（l+2）〈號,i=1,2,3.../77.j

<ZnH1-L|<

+E*2

i=li=ln

又因為

Y——<y--<y-一及—<y——<y——

臺斤+2〃白斤+2，金加+2白”-1白”，白〃-〃

n；

目y_1__=^_n(n+l)n+11

-------------二----------------->-(nt+8),

合川+2〃n^+2n22(n+2)2

1_1n(n+l)1

n2+2~^,~~->3

l1n(n+l)1

------------=------------------------->—■

r-InJ2

E2

n

1n(n+l)1

------------>-9

z2n2n22

i=ln-n-

根據(jù)夾逼定理有

_n：_n：

鳴*r嗚前

在利用一次夾逼定理就得

/、1>卜+與1

從而強。+專）（1+專）…（1+3=段修=-，即岫（1+*）。+專）…（1+

兩邊平方可得

2

強((1+*)(1+*)…(1+/))=，,

3.1.2,證明Iim2〃2jl+L]+]=e

n-8l1+nJInJ

234

證明：證法1由ln(l+久)=%—三+；?一;+…，知

234

nln(1+-)=1——+二7——三4—

\nJ2n3n24n3

71

I1-|.--I1、—Qnm(\l+-n>)—Ql~2n+3~n2^24ni§3+-

111

=e.五…

e(1——H--r----r+?,,).

2n3n24n3

同理可得

fl+—V+1=e(1--------+------------------+)

V1+1/2(九+1)3(九+1)24(九+1)3

于是

一。（））（*+。（專））

=e2=1

因此

一（（））

i+"1=&?i2|ieelimn2

?2T8

令F(t)=2產(chǎn)[(l+*Y"_(l+9]’則有

證法2

”八..(.i\￡[(1+I￥?)(1+7)T

hmF(t)=hm1+-I-------------；------1

t^OOt-8Vtjt-2

「[(1++度(】+打臼

=elim------------；---------2

18t-2

「[(】+君"(】+TT。喘+震』等一告｝

=elim-------------------------------------------------

t->oo—2t3

ln(t+2)-21n(t+l)+ln

=elim-------------------；---計1計z

tT8-2t-3

_2______2111

ehmt+2t+iE(t+2)2(t+i)2

86t-4

4

】.(3t+4)t

=elim————-———=e.

t^oo6t(t+l)2(t+2)2

因此

n+1n

1

lim2?2[1+1+-I]=e.

nf8I1+Hn

3.1.3證明（1）limflH-----1—=e；

"T8\nnz7

（2）limfl+-+=e,其中（keR）；

n->oo\nn2/

⑶I吧（1+/專+*+…總”=e,其中（第R）?

n+1

2

nM￥+1n中

證明：⑴左式=lim（1+要）=lim（1+亭尸…=lim<<1+彎）由），則令

n->oo\nz/n->oo\/n->oonz

九2

/（n）=61+攀尸，

_n+l

9M=—^

則將/（九）和g（%）分別取極限得到，

limf（n）=e,limg（%）=l,

n->0071—>8

由預(yù)備定理2可知，左式=e1=e,故可得1m（1+工+3）”=e成立。

九78\nn2/

Mn+Zc

（2）利用重要極限我們可以將左式變形成，左式='嗯（1+鬻）市接著令

n2

f（m=n+答）前

n+k

9（x）=—

則將fS）和。⑺分別取極限得到,

lim/（n）=e,lim5（=l,

n->oon->oo'x'）

由預(yù)備定理2可知，左式=e1=e,故可得lim（1+工+=en,其中QkGR）成立。

7iT8\nn2/

nk

（3）式進行相關(guān)化解變形可得，原式=lim（1+北心哈2+…+『++1”，此時我們可

K

n->oo\n/

以令

nk

c,、（入、nfc-1+nfe-2+---+l\nk-1+-+i

價）=（1+），

_nk-14--+1

9M=~~-°

接著我們將/（九）預(yù)⑺分別取極限可以得到,

lim/（n）=e,limg（%）=l，

n->oon->oo、）

由預(yù)備定理2可知，左式二e1二e,故可得lim(1+工+g+-----2=e，中(左￡尺)

71T8\nnzn5nK/

成立。

3.2收斂到e的有理數(shù)列

111

3.2.1證明(1)1-----1---------1-???n；

(357

11111

(2)(l+g_]_五+石+不+…n.

71—TT<%V0

4

證明：將/?(%)=710<x<7i展開成傅里葉級數(shù)由于函數(shù)f(x)及其延拓后的

(4

圖像顯然是分段光滑的,故“%)可展開為傅里葉級數(shù)。

r0rTC

3打二/⑺dx=^—dx~\-I-dx=0；

I4兀Jc4

-itJo

f九冗

a=i￡f(%)cosnxdx]

n——cosnxdx+--4cosnxdx=0；

471'o

-n?

f0

b=^￡f(%)sinnxdx=^|71.,1

n——sinnxax+-I-4sinnxdx

I471k

-n

=-cosnx12.77---cosnxIn

4n1714nlu

(1

當(dāng)TI為奇數(shù)時

n

0，當(dāng)I為偶數(shù)時

所以當(dāng)久6(-7T,0)U(0,7T)時,

/OS"sin(2n-l)%

乙^九212九1

(1)此時當(dāng)久=

00sin(2n-l)n_^111

—i———i——???

力2i2n-12357

71.

357

sin(2n-l)IT.1,11,—

(2)由于r2尸一”】尹…可r知

n1_1±_

1239+15

71TCTCzl1.11、

—=--1--:1-----1---------1-???)1+(---------j---------------1-??,)

3412357)391521

=1d----------------1------1------F??

57111317

71.

57111317

4逼近e.幾的數(shù)列的收斂速度

3.3.1數(shù)列｛。+；)"｝收斂于e的速度

證明：由泰勒展開式N=1+T+1士。的及1—nIn(1+肉=—[*+°R)可得

e—(1+￡)"=—""配(1+9-1—，

=-e,)(1+3+白+。(3)]

=e島棧號+。(割

lime。：")=limne\----^+o(?limne\—+o

n—>oo—72,—?ooL2TI24n2kn2/Jn—?ooL2TI\n2/J2

n1

3.3.2數(shù)列1>一:收斂于e的速度

UJ=oKk'-J

ni

證明：由￡—二e可知

k=ok!

ni

iiii

y-二-----------1-----1----1----4

臺人!(71+1)!(n+2)!(n+3)!(n+4)!

而

1111

------1-------1-------1------+

(n+1)!(n+2)!(n+3)!(n+4)!

<而[1+FEE+

11_1n+2

(n+1)!1——(n+1)!n+l，

又顯然故'

]]-+2

(77+1)!Mk!(77+1)!n+1

由夾逼定理可得,

(n、

lim(n+l)!le-^p=1.

n—>x>

\k=07

，和物［收斂速度的對比，我們可以發(fā)現(xiàn)后和攵斂到e速度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于

3.3.3數(shù)列4（1—之+：—巳+…）收斂到兀的速度

證明：我們知道4（1-：+…）這個無窮級數(shù)收斂太慢了，我們可以利用

Mathematica計算它前十項的近似結(jié)果并保留小數(shù)點后25位，4^1-|+|-1+

???）?3,0418396189402211135957c從而提高這個數(shù)列的收斂速度成為人們努力的方向。

利用"或加1=?可以導(dǎo)出以下幾個級數(shù)

7T=4xarctan-+4xarctan-；

23

ill

yr=4xarctan-+4xarctan-+4xarctan-；

258

yr=12xarctan-+4xarctan—+4xarctan-^—；

4201985

111

7T=16xarctan-+4xarctan——F4xarctan—\

57099

7T=16xarctan-+4xarctan—；

5239

7T=24xarctan-+8xarctan—+4xarctan—

857129

7T=32xarctan-1--4xar1ctan----1-16xarctan——1；

10239515

111

7T=48xarctan---32xarctan----20xarctan——；

1857239

通過計算機對這8個級數(shù)的驗證，計算相同7T的位數(shù)時，7T=48xarctan^--

18

32xarctan-^-20xarBm擊這個級數(shù)的運算時間最短，，展開的項數(shù)最少，也就是收斂

速度最快的。

5其他一些無理數(shù)的有理逼近

4.1證明

證明：證法1結(jié)合單位根和復(fù)數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，考慮2〃+1次單位根

3=c0s熱+isin熱，k=l,2,3,…'n.令Xk=指,則cos取>0,sin/>0,k=l,2,3,…

,n.那么根據(jù)單位根的定義得到

l=a)2n+1

x271+1