问题及解答

考虑方程 $(x-\pi)(x-e)=0$, 由于 $\pi$ 和 $e$ 都是超越数(transcendental), 因此方程

\[x^2-(\pi+e)x+\pi e=0\]

的系数不可能都是有理数.

类似的,

    $\pi+ne$ 和 $\pi e$ 至少有一个是无理数.
    $\pi+\frac{p}{q}e$ 和 $\pi e$ 至少有一个是无理数, 其中 $p,q$ 是互素的整数.

显然存在有理数列 $\frac{p_n}{q_n}$, 使得

\[\lim_{n\rightarrow\infty}(\pi+\frac{p_n}{q_n}e)=\pi e.\]

已经知道的事实:

$e^n$ 是无理数.


若 $\pi e$ 是有理数, 则 $\pi+re\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$, 对 $\forall\ r\in\mathbb{Q}$.  (以后记无理数集合为 $\mathbb{Q}^c=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$.)

然后可以推出 $\pi+\frac{1}{\pi}\in\mathbb{Q}^c$, $e+\frac{1}{e}\in\mathbb{Q}^c$, $\frac{\pi}{e}\in\mathbb{Q}^c$.

这是因为 $\pi+\frac{1}{\pi}=\pi+\frac{1}{\pi e}\cdot e$, $\pi e(e+\frac{1}{e})=\pi+(\pi e)e$.


命题. $\pi+r_1 e$ 与 $\pi+r_2 e$ 不能同时为有理数.

证明. 假设 $\pi+r_1 e=r_3$, $\pi+r_2 e=r_4$, 这里 $r_i\in\mathbb{Q}$, $i=1,2,3,4$. 则两式相减, 得
\[
(r_1-r_2)e=r_3-r_4,
\]
这与 $e$ 是无理数矛盾.


Cor. $\{\pi+re\mid r\in\mathbb{Q}\}$ 中至多只有一个是有理数.

总结:

• 若 $\pi e\in\mathbb{Q}$, 则 $\pi/e\in\mathbb{Q}^c$.
• 若 $\pi/e\in\mathbb{Q}$, 则 $\pi e\in\mathbb{Q}^c$.

$\pi e$ 和 $\pi/e$ 至少有一个是无理数.

更一般的,

\[\{\pi+re,\quad\pi e,\quad\frac{\pi}{e}\mid r\in\mathbb{Q}\}\]

 中至多只有一个有理数.

Remark:

Hermite proved that e is transcendental in 1873, and Lindemann proved that pi is transcendental in 1882. In fact, 
Lindemann\'s proof was similar to Hermite\'s proof and was based on the fact that e is also transcendental.

References:

http://en.wikipedia.org/wiki/Irrational_number

http://math.stackexchange.com/questions/159350/why-is-it-hard-to-prove-whether-pie-is-an-irrational-number

http://mathforum.org/library/drmath/view/51617.html