证明：$\ln x$ 不能表示成$\frac {f(x)}{g(x)}$的形式

isee

证明：$\ln x$ 不能表示成$\frac {f(x)}{g(x)}$的形式，其中$f(x)$和$g(x)$都是关于$x$的多项式。

wzxsjz

反证法
假设$lnx=\frac{f(x)}{g(x)}$，$其中f(x)和g(x)都是关于x的多项式$。令x=e，   得$\frac{f(e)}{g(e)}=1$
$e是代数数，和超越数矛盾$

isee

回复 2# wzxsjz


    这个简解越超了我的范围，无法确认“对”“错”了。其次，e是无理数，且是超越数，这个命题不容易证明吧。

isee

转一个参考过程如下

假设$\ln x=\dfrac {f(x)}{g(x)}$，且$n$是任意整数，那么\[\frac {f(x^n)}{g(x^n)}=\ln x^n=n \ln x=\frac {nf(x)}{g(x)}.\]

因此，对于每个$n$，\[f(x^n)g(x)=nf(x)g(x^n).\]

如果$f(x)=a_px^p+\cdots+a_0,g(x)=b_qx^q+\cdots+b_0$，那么\[f(x^n)g(x)=a_pb_qx^{np+q}+\cdots+a_0b_0.\]

但是，$nf(x)g(x^n)=na_pb_qx^{p+nq}+\cdots+na_0b_0.$

比较两者的首项次数系数得，对每个$n$有$a_pb_q=na_pb_q$，这是不可能的。

wzxsjz

这个好，适合给中学生讲解

kuing

回复 4# isee

这个确实很有型……

琉璃幻

假设
\[g(x)\ln(x)=f(x)\]
两边求导有
\[g'(x)\ln(x)+g(x)/x=f'(x)\]
解得\[\ln(x)=\frac{xf'(x)-g(x)}{xg'(x)}\]
因为$g(x)$与$xg'(x)$次数相等
所以
$g(x)=cxg'(x)$
解这个微分方程有
$g(x)=kx^{1/c}$，若c≠1/n(n是整数),这显然不是多项式。故$c=1/n$

故\[\ln(x)=\frac{xf'(x)-kx^n}{nkx^n}\]

kuing

回复 7# 琉璃幻

“因为$g(x)$与$xg'(x)$次数相等 所以 $g(x)=cxg'(x)$” 这个没懂……

琉璃幻

设\[\ln(x)=\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\sum a_nx^n}{\sum b_mx^m}
因为\[\lim_{x\to \infty}\ln x=\infty\]
所以\[\ln x=\sum_{n-m} p_{n-m}x^{n-m}+\sum_{s} \frac{1}{q_sx+r_s}
+\sum_{g}\frac{1}{u_{g}x^2+w_{g}x+v_{g}}\]

上式求导后左边=1/x，取x趋于无穷大，左边趋于0，所以右边也趋于0。因此pi=0
故deg(f)<deg(g)，但这与$lim_{x\to+\infty}ln(x)=+\infty$矛盾

琉璃幻

回复 8# kuing


    这个思路无效，靠！

kuing

回复 9# 琉璃幻

和式虽然看不懂，但大致理解你想表达的意思……应该没问题

hbghlyj

isee 发表于 2014-9-18 06:48
其次，e是无理数，且是超越数，这个命题不容易证明吧。

是的，证明起来很难，参见：e与π的超越性 超理论坛 FatFish 1楼 2015年5月22日

1. e超越性的证明

　　假设e满足一个首项\(a_k\)不为0的多项式整系数方程\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{a_ke^k}=0\),\(a_k\in\mathbb{Z}\) ，并要求\(a_0\neq0\)，不然我们就可以通过两边约去x至\(a_0\neq0\)为止。
　　接下来构造一个积分\[J(s)=\int_s^{\infty}z^{\rho} [(z-1)(z-2)\dots(z-n)]^{\rho+1}e^{-z} \mathrm{d}z\]
其中\(\rho\in\mathbb{Z}^{+}\)。
　　这一积分厄米最早用来证明e的超越性时就引入的，因此称之为厄米积分，你可能觉得这个积分出现的很突兀，这很正常，毕竟你又不是艾尔米特。因此觉得这个积分出现的没道理是可以理解的，而且超越性证明中经常会空降构造。这也是这一领域新成果出现的困难之一，总之往下看就明白这个积分的用途了。
　　将\(J(0)\)乘在\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{a_ke^k}=0\)两侧，并引入一个辅助积分
\[I(s)=J(0)-J(s)=\int_0^{s}z^{\rho} [(z-1)(z-2)\dots(z-n)]^{\rho+1}e^{-z} \mathrm{d}z\]
　　可以将等式拆分为\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}J(0){a_ke^k}=0=P_1+P_2\)
其中\(\displaystyle P_1=\sum_{k=0}^{n}J(k){a_ke^k}\)，\(\displaystyle P_2=\sum_{k=1}^{n}I(k){a_ke^k}\)。
　　接下来分别对\(P_1\)和\(P_2\)的性质进行分析。
　　借助分部积分法和数学归纳容易得到一个积分式
\[\int_0^{\infty}z^{\rho}e^{-z} \mathrm{d}z=\rho!\]　　事实上这是我们这个证明中用到的唯一一个数e本身的性质。
　　根据这个积分式看\(J(0)\)中被积函数的形式可以一下子发现这是一个z的多项式乘以\(z^{\rho}e^{-z}\)的形式，因此整个式子积出来结果是一个整数，而且至少能被\(\rho!\)整除,于是\(J(0)/\rho!\)是整数。事实上这个被积函数中\([(z-1)(z-2)\dots(z-n)]^{\rho+1}\)只有一项不含z，即\((-1)^{n(\rho+1)}(n!)^{\rho+1}\),其他项均含有至少一次幂的z，与\(z^{\rho}e^{-z}\)相乘后能积出至少一个\((\rho+1)!\)，这样，\(J(0)\)中唯一一个可能不被\(\rho+1\)整除的项只能来自\((-1)^{n(\rho+1)}(n!)^{\rho+1}\)，除以因子\(\rho!\)后，有
\(J(0)/\rho!\equiv \pm (n!)^{\rho+1} \pmod{\rho+1}\)
　　接下来考虑整数\(s>0\)时，\(J(s)\)的取值。
将积分式\(\displaystyle \int_0^{\infty}z^{\rho}e^{-z} \mathrm{d}z=\rho!\) 作积分变量代换\(z\to z^{\prime}=z-s\)可以得到
\[ \int_s^{\infty}z^{\prime\rho}e^{- z^{\prime}+s} \mathrm{d}z^{\prime}=
e^s\int_s^{\infty}z^{\prime\rho}e^{- z^{\prime}} \mathrm{d}z^{\prime}=\rho!\]
于是我们可以得到\(e^sJ(s)\)为整数。
且\(J(s)\)积分项内\((z-s)\)次数为\((\rho+1)\)，因此有\((\rho+1)!|e^sJ(s)\)
从而整个\(P_1\)有可能不被\(\rho+1\)整除的项只有\(J(0)\)，且由于\(\rho!|J(0)\),\((\rho+1)!|e^sJ(s)\) ，有
\(\rho!|P_1\)并根据\(J(0)/\rho!\equiv \pm (n!)^{\rho+1} \pmod{\rho+1}\)可得
\[ P_1/\rho!\equiv \pm a_0(n!)^{\rho+1} \pmod{\rho+1}\]
　　下面分析\(P_2\)。
　　记函数\(f(z)=z(z-1)(z-2)\dots(z-n)\)在区间\([0,n]\)内绝对值的最大值为\(K\)，函数\(g(z)=(z-1)(z-2)\dots(z-n)e^{-z}\)在\([0,n]\)内绝对值最大值为\(\eta\)
　　则有\(\displaystyle |I(s)|=\left|\int_0^{s}f^{\rho}(z)g(z) \mathrm{d}z\right|<s\eta K^{\rho}\)
　　再记\(\displaystyle\kappa=\sum_{k=1}^n{|a_k e^k|}\eta\)
　　可得\(|P_2|<\kappa K^{\rho}\)
　　由于阶乘函数的增长率大于指数函数，因此对于足够大的\(\rho\)，有\(\kappa K^{\rho}/\rho!<1\)。此时
\(|P_2/\rho!|<1\)，这时再在足够大的\(\rho\)中选取能够被\(a_0n!\)整除的一个，这时\(a_0(n!)^{\rho+1}\)必然不能整除\(\rho+1\)，从而\( P_1/\rho!\equiv \pm a_0(n!)^{\rho+1} \not \equiv 0\pmod{\rho+1}\)，因此\(P_1/\rho!\)是一个非零整数，那么，他加上一个绝对值小于1的数\(P_2/\rho!\)结果必然不为0，即\(P_1/\rho!+P_2/\rho!\neq0\)，两边乘以\(\rho!\)，有\(P_1+P_2\neq0\)，与一开始的条件矛盾，因此能使e满足\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{a_ke^k}=0\)的一个整系数多项式是不存在的。
　　因此，\(e\)是超越数。