自然常數 e 的無理性證明

▪ 預備知識：\(e\) 的無窮級數定義

首先，我們將自然常數 \(e\) 定義為以下無窮級數的總和（在此默認該級數是收斂的）：

\[e = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots\]

有了這個基本工具後，我們的證明將分成兩個階段來推進。

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▪ 第一階段：範圍估計（證明 \(2 < e < 3\)）

我們先確定 \(e\) 的範圍，確保「\(e\) 不是整數」。

1.  \(e > 2\)

只需要看級數的前兩項：

\[e > \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} = 1 + 1 = 2\]

因為後續的項（\(\frac{1}{2!}, \frac{1}{3!}, \dots\)）通通都是正數，所以 \(e\) 必定大於 2。

2.  \(e < 3\)

使用「疊鏡級數（Telescoping Series）」放縮技巧。我們將分母的階乘進行連續兩整數相乘的放縮：

• \(\frac{1}{2!} = \frac{1}{1 \times 2} = \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{2} \right)\)
• \(\frac{1}{3!} = \frac{1}{1 \times 2 \times 3} < \frac{1}{2 \times 3} = \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right)\)
• \(\frac{1}{4!} = \frac{1}{1 \times 2 \times 3 \times 4} < \frac{1}{3 \times 4} = \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right)\)

以此類推，整個級數可以放縮並拆項寫成：

\[e < 1 + 1 + \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots\]

除了前兩項 $1 + 1$ ，後面各項括號的正負項全部對消，最後只剩下：

\[e < 1 + 1 + 1 = 3\]

既然\(2 < e < 3\)，那麼自然常數 \(e\) 絕對不是整數。

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▪ 第二階段：反證法

1. 做出反證假設

假設 \(e\) 是一個有理數。

既然是有理數，它就可以被表示為最簡分數：

\[e = \frac{p}{q}\]

其中 \(p\) 與 \(q\) 是互質的正整數。又因前文已論證 \(e\) 不是整數，所以分母 \(q\) 絕對不等於 1，也就是說：

\[q > 1\]

2. 拆分級數與同乘 \(q!\)

我們把 \(e\) 的無窮級數在分母為 \(q!\) 的項的地方切開，拆分成「前半段有限項」與「後半段無窮尾巴」兩部分：

\[\frac{p}{q} = \sum_{k=0}^{q} \frac{1}{k!} + \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{1}{k!}\]

接著將前半段移項到左邊，讓無窮級數的尾巴單獨留在右邊：

\[0 < \frac{p}{q} - \sum_{k=0}^{q} \frac{1}{k!} = \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{1}{k!}\]

關鍵步驟：將不等式各項同乘以 \(q!\)：

\[0 < p(q-1)! - \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!} = \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{q!}{k!}\]

3. 矛盾

左式是一個整數

\(p(q-1)!\) 顯然是一個整數。而在 \(\sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}\) 這一串展開式中，因為每一項的指標 \(k \le q\)，所以分母的 \(k!\) 一定會被分子的 \(q!\) 整除（例如 \(\frac{q!}{q!}=1, \frac{q!}{(q-1)!}=q\) 等等）。這意味著裡面的每一項通通都是整數，加起來自然也是整數。兩個整數相減，結果必然也是整數。再結合大於 0 的條件，左式是一個大於 0 的正整數。

右式是一個小於 1 的分數

將右式的無窮級數展開： \[ \begin{align*} \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{q!}{k!} &= \frac{q!}{(q+1)!} + \frac{q!}{(q+2)!} + \frac{q!}{(q+3)!} + \dots \\ &= \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)} + \dots \end{align*} \] 接著進行估計，再度進行放縮，把分母中的 \((q+2), (q+3)\) 等等通通替換成較小的 \((q+1)\)。分母變小，分數就會變大： \[\text{右式} < \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \frac{1}{(q+1)^3} + \dots\] 這是一個無窮等比級數，首項 \(a = \frac{1}{q+1}\), 公比 \(r = \frac{1}{q+1}\)。套用無窮等比級數求和公式 $\frac{a}{1-r}$ 得：

\[\text{右式} < \frac{\frac{1}{q+1}}{1 - \frac{1}{q+1}} = \frac{1}{(q+1) - 1} = \frac{1}{q}\]

前文已論證 \(q > 1\) ，那麼 \(\frac{1}{q}\) 必然小於 1。也就是說，右式是一個嚴格小於 1 的分數。

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▪ 結論

綜上所述，我們得到

🚨 矛盾 \[0 < \text{某個整數} < 1\]

這意味我們最初的假設「假設 \(e\) 是有理數」是錯誤的。因此自然常數 \(e\) 必然是一個無理數。 

(證明終了)

📖 參考文獻

Alsina, C., & Nelsen, R. B. (2010). Charming Proofs: A Journey Into Elegant Mathematics. Mathematical Association of America.