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王为民超超越数
王为民（四川南充龙门中学）
人所共知，π和e 是超越数，可以用无穷级数展开，
ΛΛΛΛ++++++++=+--++++=-!
1!51!41!31!21!111)121)1(111-9171-5131-141n e n n （π 如果一个数x 0既不是有理数，也不是无理数，也不能表示为无穷级数形式的超越数，比如王为民级幂数
ΛΛ543
2222=ξ,因为2222543222222>=>==Λ
ΛΛΛξξ，可见，ξ是有上界和下界的，并且
是收敛的。
其收敛性可以模仿幂级数的比较检验法于王为民级幂数收敛性的检验。
这里的不等式就是利用了这个方法确定了它的取值范围。
显然，它不是有限次数的整系数方程的解，所以它不是代数数。
Λ
Λ5432222=ξ对应的王为民级幂函数Λ
Λ543
)(x x x x x f =连续而不能求导，所以，不能用泰勒级数展开
，因此，王为民级幂数不能用幂级数表示出来，它与可用幂级数表示出来的超越数π和e 等性质完全不同。
所以，它是一类新数，被本人命名为超超越数。
由于王为民级幂函数是连续函数，是不可数的，所以，超超越数的个数是无穷多的。
由于x 0=a ξ+b(其中a ，b 是非超超越数，而ξ表示超超越数）也是超超越数，那么，超超越数在数轴上的分布是极其广泛的。
自然常数e数字之间规律自然常数e是一个非常特殊的数，它的大小约为2.71828。
尽管这个数看上去十分普通，但它却有着许多令人惊奇的数学特性和应用。
在本文中，我们将探讨自然常数e数字之间的规律。
1. e的定义：自然常数e可以通过以下公式得到：e = lim(n→∞)(1 + 1/n)^n这个公式表明，当n趋近无穷大时，(1 + 1/n)^n的极限就是e。
这个定义揭示了e与复利的关系，即在每年利率为1/n的情况下，连续复利n年所得到的总金额与以利率e为底的指数函数相等。
2. e与复利的关系：复利是一种利息计算方法，其中本金和利息在每个计息周期末一起计算新的利息。
如果利息每年计算一次，那么复利公式为A = P(1 + r/n)^(nt)，其中A是最终金额，P是本金，r是年利率，n是计息周期数，t是年数。
当n趋近无穷大时，复利公式变为A = Pe^rt，其中e为自然常数。
这意味着，当计息周期非常短且趋近于无穷小时，复利的效果将与连续复利一样，即每次计息都会立即产生利息。
3. e的级数展开：自然常数e可以通过级数展开得到：e = 1 + 1/1! + 1/2! + 1/3! + ...这个级数展开表明，e可以通过不断增加阶乘的倒数来逼近。
阶乘是指从1到n的所有正整数的乘积。
这个级数展开的美妙之处在于，它将无穷多个有限项相加得到一个无限的数。
这也是为什么e 被称为超越数的原因。
4. e的应用：自然常数e在许多数学和科学领域中都有广泛的应用。
它在微积分中起着重要的作用，特别是在求导和积分中。
e的指数函数e^x也被广泛应用于概率论、统计学和物理学中的模型建立和数据拟合中。
此外，e还与复数、傅里叶级数等数学概念密切相关。
5. e的无理性：自然常数e是一个无理数，即它不能表示为两个整数的比值。
这个结论可以通过反证法证明。
假设e是有理数，即可以表示为a/b的形式，其中a和b是整数且互质。
然而，在级数展开中，e的每一项都是无理数，因此无法用有理数表示。
关于e 和π的超越性的证明David Hilbert一，证明e 是超越数.若不然，假设e 满足n 次整系数方程0...2210=++++n n e a e a e a a其中00≠a . 方程左边乘以积分⎰∞-+∞---=⎰01),0()])...(2)(1[(dz e n z z z z z ρρ其中ρ是一个正整数，则得到表达式),0(),0(22),0(1),0(0...∞∞∞∞⎰++⎰+⎰+⎰n n e a e a e a a (1)将(1)分解为如下两个表达式之和),(),2(22),1(1),0(01...∞∞∞∞⎰++⎰+⎰+⎰=n n n e a e a e a a P ),0()2,0(22)1,0(12...n n n e a e a e a P ⎰++⎰+⎰=熟知恒等式!0ρρ=-∞⎰dz e z z这表明，积分),0(∞⎰是一个能被!ρ整除的整数.而对于n k e k k,...,2,1,),(=⎰∞有dze n k z k z k z k z dz e n k z k z k z k z ee z k z kk k⎰⎰∞-+∞+-+∞-+-+-++=-+-+-++=⎰010)'(1),()])...(2)(1[()(')]')...(2')(1'[()'(ρρρρ最后一个被积函数的中括号内是关于z 的常数项为0的多项式，所以),(),2(2),1(,...,,∞∞∞⎰⎰⎰n n e e e都是能被)!1(+ρ整数的整数，从而1P 是一个能被!ρ整数的整数，并且可见模)1(+ρ的同余式(1)])...(2)(1[(+---ρn z z z 常数项为1)!)1((+-ρn n )))1(mod()!()1(!10)1(1+-≡++ρρρρn a P n (2) 另一方面，设m M ,分别表示z e n z z z n z z z z -------))...(2)(1(,))...(2)(1(在],0[n z ∈上所取得的最大值.则ρρρnmM mM mM n ≤⎰≤⎰≤⎰),0()2,0()1,0(, (2)(事实上，上面的等号都是取不到的，不过这无关紧要) 记m e a n e a e a k n n )...2(221+++=则有ρρρnmM e a mM e a mM e a e a e a e a P n n n n n ⋅++⋅+≤⎰++⎰+⎰=...2...221),0()2,0(22)1,0(12即有不等式k M P ρ≤2 (3)现在，取一个正整数ρ，使得ρ|!0n a ，并且k M ρρ>!. 由于!0n a 的因子都包含于ρ中，而1)1,(=+ρρ，所以10)!(+ρn a 必不能被1+ρ整除，所以由同余式(2)得到，!1ρP 是一个不等于0的整数，又由不等式(3)得 1!!2<≤ρρρk M P 所以!2ρP 的绝对值小于1.所以0!!21=+ρρPP 不可能成立，即021≠+P P ，进而 0...2210≠++++n n e a e a e a a与假设相悖，证毕.二，证明π是超越数.若不然，假设π是一个代数数，则πi 是代数数，设παi =1满足一个整系数的n 次方程，现在用n ααα,...,,32表示该方程其余的根，由于01=+πi e所以，表达式N n e e e e e e βββααα++++=+++...1)1)...(1)(1(2121 (4)的取值必然是0.其中12...21-=+++=nn n n n C C C N ，那些N k k ,...,2,1,=β包含了所有的}{,...,}{,}{,}{1111∑≤≤≤<<≤≤<≤≤≤+++ni i n k j i k j i n j i j i n i i ααααααα (5)易得(5)中每一个大括号内的数都单独构成一个整系数方程的所有根(对称多项式基本定理)，这些方程的次数分别是nnn n C C C ,...,,21 所以，这些k β是一个N 次整系数方程的根.不妨设N k k ,...,2,1,=β中前M 个不等于0，而其余的等于0，则这M 个M k k ,...,2,1,=β是一个如下形式的M 次整系数方程的根0...)(110=+++=-M M M b z b z b z f并且0≠M b .于是表达式(4)取如下形式M e e e a βββ++++...21 (6)其中，a 是一个正整数.将(6)乘以积分⎰∞-+∞=⎰01),0()]([dz e z g z z ρρ其中ρ表示一个正整数.而)()(0z f b z g M=.则得),0(),0(),0(),0(...21∞∞∞∞⎰++⎰+⎰+⎰M e e e a βββ (7)将(7)分解为如下两个表达式之和),(),(),(),0(1...2211∞∞∞∞⎰++⎰+⎰+⎰=M M e e e a P ββββββ ),0(),0(),0(2...2211M M e e e P ββββββ⎰++⎰+⎰=其中，积分),(∞⎰k β的积分路径是，复平面中从点k z β=沿着一条平行于实轴的直线延伸到∞=z .而积分),0(k β⎰的积分路径是从点0=z 沿着直线段延伸到点k z β=.由于!0ρρ=⎰∞-dz e z z所以积分),0(∞⎰是一个能被!ρ整除的整数，并且由于1)]([+ρz g 的常数项为1++ρρMMM b b ，所以可见成立模)1(+ρ的同余式))1(mod(!110),0(+≡⎰++∞ρρρρM M M b b (8) 又对于M k e k k,...,2,1,),(=⎰∞ββ有)()!1()]([)(')]'([)'(010)'(1),(k z k k z k k G dze z g z dz e z g z e e k k k k βρββββρρβρρβββ+=++=++=⎰⎰⎰∞-+∞+-+∞以上之所以可以提取)!1(+ρ，是因为0)(=k g β，所以)(k z g β+的常数项必然为0，所以1)]([)(+++ρρββk k z g z中z 的最低次幂便是1+ρ.其中)(k G β表示k β的一个整系数多项式函数，其关于k β的次数为M M M +<++-ρρρ)1)(1(而且)(k G β的系数全都被MM b +ρ0整除.由于M βββ,...,,21是整系数方程0)(=z f 的根，从而M b b b βββ02010,...,,便是一个最高次项系数为1的整系数M 次方程的根(即M k b k ,...,2,1,0=β为代数整数). 于是)(...)()(21M G G G βββ+++ (9)可以看做关于M k b k ,...,2,1,0=β的对称的整系数多项式，所以(9)必然是整数.由此得出，表达式1P 是一个能被!ρ整除的整数，并且成立模)1(+ρ的同余式))1(mod(!101+≡++ρρρρM M M b ab P (10) 另一当面，设q Q ,分别为ze z g z zg -)(,)(在线段],0[k β(即从0=z 到k z β=的连线段积分路径)上的最大值.则M k q Q k k ,...,2,1,),0(=⋅≤⎰ρββ(事实上上式等号都是取不到的，不过这无关紧要) 记q e e e h M M )...(2121ββββββ+++=则qQ eq Q eq Q e e e e P M MM M ρβρβρββββββββββ⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅≤⎰⋅++⎰⋅+⎰⋅≤......21),0(),0(),0(2212211即有不等式ρhQ P ≤2 (11)现在取一个正整数ρ，使得ρ|0M b ab ，且ρρhQ >!.则M b ab 0的因子都包含于ρ中，又1)1,(=+ρρ，所以10++ρρM M M b ab 必不能被1+ρ整除，所以由同余式(10)得到，!1ρP 不能被1+ρ整除，因而!1ρP是一个不等于0的整数. 又由于(11)，有1!!2<≤ρρρhQ P 故!2ρP 是一个模小于1的复数.这样，0!!21=+ρρPP 不可能成立，即021≠+P P .进而 0...121≠++++N e e e βββ与假设相悖，证毕.容易认识到，一般的林德曼(Lindemann)命题也可以按照如上途径简单证明.一些补充：关于超越数论的沙努尔(Schanuel)猜想：定义：若对任意不恒为0的有理系数n 元多项式P ，都有0),...,,(21≠n y y y P则称复数n y y y ,...,,21代数无关.超越数论开端于法国数学家刘维尔(Liouville).1844年，刘维尔构造出了第一个超越数，早期的工作有，1873年艾尔米特(Hermite)证明了e 是超越数，1882年林德曼(Lindemann)证明了π是超越数.希尔伯特第七问：若α为异于0,1的代数数而β为无理数，那么βα是否为超越数？比如))1((ie --=π，希尔伯特当时认为这问题相当困难而需要新的思想方法才能解决，不过，很快，在1934年盖尔方德(Gelfond)和施耐德(Schneider)在1934年别给出了肯定的回答.若用Q 表示代数数全体，则其关于普通的四则运算封闭，即构成数域，再用Q 表示有理数域.盖尔方德-施耐德定理为：若21,x x 为非0代数数使得21ln ,ln x x 在Q 上线性无关，则21ln ,ln x x 在Q 上仍然线性无关. 而贝克(Baker)又将此定理推广至：若n x x x ,...,,21为非0代数数使得n x x x ln ,...,ln ,ln 21在Q 上线性无关，则n x x x ln ,...,ln ,ln ,121在Q 上仍然线性无关.那么，这些自然对数之间是否还存在着更深刻的独立性呢？这就是对数代数无关性猜想： 若n x x x ,...,,21为非0代数数使得n x x x ln ,...,ln ,ln 21在Q 上线性无关，则n x x x ln ,...,ln ,ln 21代数无关.对数代数无关性猜想在n=1时的情形是成立的，此时也就是艾尔米特-林德曼命题： 若α为非0代数数，则αe 必是超越数.(文中的证明即是α=i π的特殊情形，由林德曼命题反证，立即有π为超越数.)更一般地，有沙努尔猜想：若n x x x ,...,,21为Q 上线性无关的复数，则n x x x n e e e x x x ,...,,,,...,,2121中至少有n 个数代数无关.当n x x x ,...,,21都是代数数时，沙努尔猜想就是林德曼-维尔斯特拉斯(Weierstrass)定理. 沙努尔猜想如果成立，那么它将蕴含着数的非常深刻而又神秘的关联，比如说，目前尚未知道，e 和π是否代数无关.这相当于证明沙努尔猜想中取n=2而πi x x 2,121==的情形. 断言一个数是否是超越数是一个十分困难的问题，例如欧拉常数γ，π+e 等.。
e在数学中代表什么
小写e，作为数学常数，是自然对数函数的底数。
有时称它为欧拉数，以瑞士数学家欧拉命名。
e＝2.71828182……是微积分中的两个常用极限之一。
它就像圆周率π和虚数单位i，e是数学中最重要的常数之一。
e的起源
在1690年，莱布尼茨在信中第一次提到常数e。
在论文中第一次提到常数e，是约翰·纳皮尔于1618年出版的对数著作附录中的一张表。
但它没有记录这常数，只有由它为底计算出的一张自然对数列表，通常认为是由威廉·奥特雷德制作。
第一次把e看为常数的是雅各·伯努利。
欧拉也听说了这一常数，所以在27岁时，用发表论文的方式将e“保送”到微积分。
已知的第一次用到常数e，是莱布尼茨于1690年和1691年给惠更斯的通信，以b表示。
1727年欧拉开始用e来表示这常数；而e第一次在出版物用到，是1736年欧拉的《力学》。
虽然以后也有研究者用字母c表示，但e较常用，终于成为标准。
用e表示的确实原因不明，但可能因为e是“指数”一字的首字母。
另一看法则称a，b，c和d有其他经常用途，e则是第一个可用字母。
还有一种可能是，字母“e”是指欧拉的名字“Euler”的首字母。
以e为底的指数函数的重要方面在于它的函数与其导数相等。
e是无理数和超越数（见林德曼-魏尔斯特拉斯定理）。
这是第一个获证的超越数，而非故意构造的（比较刘维尔数）；由夏尔·埃尔米特于1873年证明。
无理数实例
摘要：
一、无理数的定义
二、无理数的分类
1.超越数
2.非超越数
三、无理数的性质
1.无法表示为整数比例
2.无限不循环小数
四、无理数的实例
1.圆周率π
2.自然对数的底数e
3.黄金比例φ
正文：
无理数是指不能表示为整数比例的实数，它的小数部分无限不循环。
在数学中，无理数有着广泛的应用，它们在几何、微积分等领域中发挥着重要作用。
根据无理数的性质，它们可以分为超越数和非超越数。
超越数是指不能表示为任何整系数多项式的根的无理数，如圆周率π和自然对数的底数e。
而非超越数则可以表示为某些整系数多项式的根，如黄金比例φ。
无理数的性质使得它们在数学中具有一些独特的特征。
例如，它们的小数
部分无限不循环，这意味着它们不能用有限的整数来表示。
此外，无理数的运算和有理数有所不同，需要采用特定的方法进行处理。
在无理数中，有许多著名的实例，如圆周率π、自然对数的底数e 和黄金比例φ。
圆周率π是一个超越数，它的小数部分无限不循环且无法表示为整数比例。
自然对数的底数e 也是一个超越数，它的小数部分同样无限不循环。
黄金比例φ是一个非超越数，它可以表示为某些整系数多项式的根。
总之，无理数是一种特殊的实数，它们在数学中具有独特的性质和应用。
在数学中，e是极为常用的超越数之一它通常用作自然对数的底数，即：In(x)=以e为底x的对数。
（1）数列或函数f(n)=(1+1/n)^n当n→∞时=e或g(n)=(1+n)^(1/n)当n→0=e即(1+1/n)的n次方的极限值数列：1+1，（1+0.5）的平方，（1+0.33…）的立方，1.25^4，1.2^5，…函数：实际上，这里n的绝对值(即“模”)需要并只需要趋向无穷大。
（1-1）sum(1/n!)，n取0至无穷大自然数。
即1+1/1！+1/2！+1/3！+…（1-2）e^x=sum((1/n!)x^n)(1-3) [n^n/(n-1)^(n-1)]-[(n-1)^(n-1)/(n-2)^(n-2)]当n→∞时=e（2）欧拉(Euler)公式：e^ix=cosx+i(sinx)，cosx=(e^ix+e^(-ix))/2=Re(e^ix)，isinx==(e^ix-e^(-ix))/2=iIm(e^ix)，由此可以结合三角函数或双曲三角函数的简单性质推算出相对复杂的公式，如和角差角公式，等等，希望对朋友们学习和灵活应用它们有些帮助。
（2-1）e^x=coshx+sinhx即hypcosx+hypsinx，亦记作chx,shx.2chx=e^x+e^(-x),2shx=e^x-e^(-x) （3）用Windows自带的计算器计算：菜单“查看／科学型“，再依次点击 1 hyp sin + ( 1 hyp cos 1 ) 或用键盘输入1hs+(1ho)=或(1hs+(1ho))也可以从这里用ctrl+C复制，再切换到计算器，按ctrl+V （菜单“编辑/粘贴”），得到如下32 位数值，以上是为了验证(2-1)。
简单地，可以点击 1 inv Ln，或输入 1in，实际就是计算e^1，也可得到：e=2.71828 18284 59045 23536 02874 71352 6（第31位小数四舍五入为7）（4）这是小数点后面两千位：e=2.71828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995 95749 66967 62772 40766 30353 54759 45713 82178 52516 64274 27466 39193 20030 59921 81741 35966 29043 57290 03342 95260 59563 07381 32328 62794 34907 63233 82988 07531 95251 01901 15738 34187 93070 21540 89149 93488 41675 09244 76146 06680 82264 80016 84774 11853 74234 54424 37107 53907 77449 92069 55170 27618 38606 26133 13845 83000 75204 49338 26560 29760 67371 13200 70932 87091 27443 74704 72306 96977 20931 01416 92836 81902 55151 08657 46377 21112 52389 78442 50569 53696 77078 54499 69967 94686 44549 05987 93163 68892 30098 79312 77361 78215 42499 92295 76351 48220 82698 95193 66803 31825 28869 39849 64651 05820 93923 98294 88793 32036 25094 43117 30123 81970 68416 14039 70198 37679 32068 32823 76464 80429 53118 02328 78250 98194 55815 30175 67173 61332 06981 12509 96181 88159 30416 90351 59888 85193 45807 27386 67385 89422 87922 84998 92086 80582 57492 79610 48419 84443 63463 24496 84875 60233 62482 70419 78623 20900 21609 90235 30436 99418 49146 31409 34317 38143 64054 62531 52096 18369 08887 07016 76839 64243 78140 59271 45635 49061 30310 72085 10383 75051 01157 47704 17189 86106 87396 96552 12671 54688 95703 50354 02123 40784 98193 34321 06817 01210 05627 88023 51930 33224 74501 58539 04730 41995 77770 93503 66041 69973 29725 08868 76966 40355 57071 62268 44716 25607 98826 51787 13419 51246 65201 03059 21236 67719 43252 78675 39855 89448 96970 96409 75459 18569 56380 23637 01621 12047 74272 28364 89613 42251 64450 78182 44235 29486 36372 14174 02388 93441 24796 35743 70263 75529 44483 37998 01612 54922 78509 25778 25620 92622 64832 62779 33386 56648 16277 25164 01910 59004 91644 99828 93150 56604 72580 27786 31864 15519 56532 44258 69829 46959 30801 91529 8721172556 34754 63964 47910 14590 40905 86298 49679 12874 06870 50489 58586 71747 98546 67757 57320 56812 88459 20541 33405 39220 00113 78630 09455 60688 16674 00169 84205 58040 33637 95376 45203 04024 32256 61352 78369 51177 88386 38744 39662 53224 98506 54995 88623 42818 99707 73327 61717 83928 03494 65014 34558 89707 19425 86398 77275 47109 62953 74152 11151 36835 06275 26023 26484 72870 39207 64310 05958 41166 12054 52970 30236 47254 92966 69381 15137 32275 36450 98889 03136 02057 24817 65851 18063 03644 28123 14965 50704 75102 54465 01172 72115 55194 86685 08003 68532 28183 15219 60037 35625 27944 95158 28418 82947 87610 85263 98139。
学院学术论文题目: e的超越性学号：学校：专业：班级：姓名：指导老师：时间：【摘要】叙述e的超越性的证明以及对超越数，e的简介【关键词】E of transcendence The proof of transcendence.E Beyond number在证明e是超越数之前我们先来认识一下超越数。
超越数的定义：超越数是不能满足任何整系数代数方程的实数。
所有超越数构成的集是一个不可数集。
这暗示超越数远多于代数数。
可是，现今发现的超越数极少，因为要证明一个数是超越数或代数数是十分困难的。
再看超越数存在性的证明。
证：假设 z满足整数系数方程： F(x)=a0 +a1x+ a2x^2+....anx^n=0,(an≠0),但不满足更低次数的方程，这时就称z为n次代数数。
例如：√2 是一个2次代数数。
因为它满足 x^2 -2=0 ，但不满足一次方程。
2^(1/3)是一个3次代数数....而任何一个 n>1 次代数数，都不可能是有理数，因为有理数必定满足Qx-P=0 这个一次方程。
而对于每一个无理数z 都能找到一个分母越来越大的有理数列： P1/Q1, P2/Q2 ......使得 Pr/Qr → z .柳维尔断言对于n>1次的任意代数数 z，这样一个逼近，精度必定达不到 1/(Qr)^(n+1), 即： | z - Pr/Qr |＞ 1/(Qr)^(n+1) -------(1)(1)就是柳维尔定理下面先来说明如何应用这个定理来构造超越数。
取Z =a1 10^-(1!)+a210^-(2!) +..+ am10^-(m!) +a(m+1)10^-(m+1)!..=0.a1a2000a300000000000000000a4000.......其中ai 是1到9的任意整数，若在Z的展式中只取到am 10^-(m!)这一项，记为：Zm, Zm 为一有理数。
那么 |Z - Zm|＜10* 10^-(m+1)! ------(2)假设 Z是n次代数数，则在公式 (1)柳维尔定理中令Zm= Pr/Qr= Pr/10^(m!) 则根据（1）得出： |Z -Zm|> 1/10^[(n+1)m!] -----(3)(3)和(2) 就可以推出：(n+1)m! > (m+1)! -1对于充分大的m恒立。
九 π和e 是超越数在代数里我们知道，实数全体可以分成有理数和无理数两大类. 前面已经讲过，π和e 都是无理数. 事实上，实数还有一种分类的方法. 就是把实数分成代数数和超越数两大类. 下面我们就来谈谈有关代数数和超越数的问题.先来看什么是代数数.设u 是一个实数，如果有整数)0,0(,,,,0210>≠•n •a •a ••••a ••a •a n ，使得u 适合代数方程)96(,0122110••a u a u a u a u a n n n n n =+++++---那末u 就叫做代数数. u 所能适合的整系数代数方程（96）可以不止一个，它们的次数n 中最低的那个n 就称为u 的次数.不是代数数的实数就叫做超越数.对于复数，也可以完全类似地定义代数数和超越数的概念. 例1 有理数是（一次）代数数.证明 有理数)0,,(≠=•p ••q p •pq u是整数适合方程 0=-q px（一是代数方程的最低次数）所以pq是一次代数数. （例如，1虽然也适合二次系数方程012=-x，但是，因为它适合一次方程01=-x ，所以称它为一次代数数）反过来，一次代数数都是有理数.例2 二次代数数的一般形式是：m s r +， （97）其中r 和s 是有理数，并且0≠s ；m 是正整数并且m 不是一个整数的完全平方.证明 我们把r 和s 通分，写成,,•pt •s •p q r ==这里p 是正整数，q 和t 是整数，那末，pmt q u+=是方程 0)(22222=-+-m t q pqu u p （98）的根，并且方程（98）的系数都是整数. 因此，数（97）或者二次代数数，或者是一次数数. 但是，从例1知道，一次代数数是有理数，而当0≠s ，m 不是一个整数的完全平方时，数（97）不可能是有理数，所以数（97）是二次代数数.反过来，如果210,,•a •a •a •是任意三个整数，并且00≠a ，又u 是实数，它适合方程02120=++a u a u a ，那末由一元二次方程的求根公式，得到)99(.24020211•••a a a a a u -±-=已知u 是实数，所以042021≥-=a a a m .如果m 是整数u 的完全平方，那末u 是有理数，否则u 就是形如数（97）的数⎥⎦⎤⎢⎣⎡±=-=00121,2,)97(a •s •a a r ••取里数.所以，二次代数数的一般形式是（97）.又如)100(5243••-等等都是代数数，事实上，数（100）就是方程)101(0121307523048121624•u u u u u =--++-的根，因为，如果把数（100）记做u ，那末5234-=u .因此.2)5(34•u =+把上式的左边展开得到，25515534812=+++u u u .所以.)53(5)215(282412•u u u +=-+把这个式子整理后就得到方程（101）.一般地说，把有限个有理数经过有限次加，减，乘，除，开方等运算后所得到的实数就是代数数. 历史上曾经研究过这样的问题：是否一切代数数都可以从有限个有理数出发经过有限次加，减，乘，除，开方等运算得到. 这个问题曾经苦恼过许多数学家，一直到群论出现后才得到了否定的回答，就是：并不是所有代数数都可以用上述方法得到的.我们再回到所考察的两个常数π和e 上来. 前面已经说过e 和π是无理数，事实上，e 和π还是超越数，而不是代数数. 为什么人们对于e 和π是不是代数数的问题会发生兴趣呢？这是有一段相当长的历史的.两千多年前几何学家们就提出这样的一个问题：设给定一个圆O ，要求作出一个正方形，使得它的面积和给定的圆O 的面积相等. 如果把圆O 的半径R 算作单位长，那末圆O 的面积是π. 因此，上述问题也就是说，作一条线段m ，使是它的长度是R 的长度的π倍，而以线段m 为边的正方形就是所要求的正方形，这就是所谓“变圆为方问题”.我们知道，无论作什么图形，都要用工具. 如果我们容许用圆柱作为工具，那末上述问题是不难解决的. 事实上，我们只要制作一个圆柱，使它的上底和下底都和圆O 一样大，而高是R 的长度的一半. 再把这个圆柱的侧面接触平面，在平面上滚一周就画出一个矩形（图10），它的一边长是21，另一边长是2π. 这个矩形的面积就是π了. 然后再用下面的方法把这个矩形变形成面积相等的正方形：先把矩形的长边二等分，再作线段AB ，使它的长度等于矩形的长边的一半，并且延长BA 到C ， 使AC 的长度等于一个单位长（图11）.所以AB 的长是π，AC 的长是1.以CB 为直径画半圆，再过点A 作CB 的 垂线交圆于D .那末AD 就是所要求的 线段m 了.但是，在欧几里得几何学里的作图问题， 总是限制只能有限次地应用直尺和圆规这两 种工具来作出所求的图形，这样，就使问题 变得很难解决. 上面这个变圆为方的问题两千多年来就不知苦恼了多少几何学家，后来才被证明只有限次地应用直尺和圆规是不能作出与已知圆等面积的正方形的. 也就是说，对于给定长度是R 的线段，有限次地应用直尺和圆规，不可能作出一条长度是R 的π倍的线段来的. 这个答案是根据π是超越数这个事实作出的，我们只能把这些理由推出几点简单地写在下面.我们在平面几何里已经知道，给定长度是r 的线段，可以用直尺和圆规作出长度是r nm（m 、n 都是正整数）的线段；也可以作出一条线段，使它的长度的平方等于r. 因此，反复进行上述的手续，就可以看出：有限次地应用直尺和圆规，可以从给定的单位长度的线段l 出发，作出长度是u 的线段，这里u 是由有限个有理数经过有限次加，减，乘，除，开平方等运算所得到的数. 而且重要的是，后来人们证明了：对于给定单位长度的线段l ，如果我们限于有限次地应用直尺和圆规来作出长度是u 的线段的话，那末这个u 必须是由有限个有理数经过有限次加，减，乘，除，开平方等运算后所得的数. 因此，这个u 只能是代数数. 如果u 是超越数，那末就作不出所求的线段了.这样一来，就把有限次地应用直尺和圆规解变圆为方的问题归结为，π是不是有理数经过有限次加，减，乘，除，开平方所得到的数. 因此人们看到，如果π是超越数，那末，有限次地应用直尺和圆规来解变圆为方的问题是不可能的直到1840年柳维尔（Liouville ）才证明e 不是二次代数数，33年后埃尔密脱（Hermite ）研究指数函数，证明了e 是超越数，到1882年林德曼（Lindemann ）在埃尔密脱证明e 是超越数的基础上，借助于前面说过的欧拉公式1π-=i e，才证明了π是超越数.这方面的工作后来发展为超越数论.顺便介绍一下这方面的现代成果. 1900年希尔伯脱提出了当时数学上的23个难问题. 其中一个问题是：数22是不是超越数？直到1930年，齐盖尔（Siegel ）和盖尔冯德才各自独立地解决了这个问题. 他们证明了：如果a 是代数数，0≠a ，并且b 也是代数数，但不是有理数（包括上面2,2==•b•a 的情况），那末b a 一定是超越数.除掉e 不是二次代数数这一点外，这些定理的证明都要用到微分学的知识. 因此，我们只能证明e ．不是二次代数数．．．．．．．. 也就是我们要证明：对于任何整数)0(,,0210≠a ••a •a •a •，都不会有)102(.02120•••a e a e a =++事实上，如果有整数)0(,,0210≠a ••a •a •a •使得（102）成立的话，那末)103(.01120•••a e a e a =++-把级数（72）和（82）代入（103），我们得到)104(.!)1()1(!3!2!102102020202101120•••••n a a ••a a •a a •a a a a a •a e a e a n +--+++-+++-+++=++=--把（104）乘以(n -1)!，并且把（104）右边级数的第n 次部分和记做S n ，尾量记做R n .那末得到)105(.0)!1()!1(•••R n S n n n =-+-而])1([)(4)1()(3)1()!1)(()!1)(()!1(210202020210a a ••a a n ••a a n ••n a a n a a a S n n n --+++-∙∙∙-++∙∙∙-+--+-++=-是整数，所以n n S n R n )!1()1(--=-也应当是整数. 但是)106(.)2)(1()1()1()1()1()!1(22021020•••n n n a a ••n n a a n a a R n n n n n +++-+++-++-+=-++因为|||||)1(|2020a a a a n +≤-，取|)||(|320a a n +>，那末根据（58）和（106），得到1|)||(|3|)||(|!31!2111||||)3)(2)(1(1)2)(1(1111||||)2)(1(||||)1(||||||||)2)(1(|)1(|)1(|)1(||)1(||!1|2020202020202022021020<+∙<+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+++++≤⎭⎬⎫++++++++⎩⎨⎧+++=+++++++++≤+++-+++-++-+≤-++na a a a n e•n a a •n n n ••n n n n a a •n n n a a ••n n a a n a a •n n n a a ••n n a a n a a R •n n n n n但是，我们知道绝对值小于1的整数只可能是0. 因此，从1|)!1(|<-n R n得到0)!1(=-n R n .又从（106）和(n -1)!R n =0得到.)3)(2)(1()1()2)(1()1(1)1(])1([23022021020•n n n a a ••n n a a n a a a a n n n n++++-++++-+++-+=-+-+++上式的两边取绝对值，并且应用（58）式得到{)107(.|)||(|12)1(1||||!31!2111||||)3)(2(12111||||)3)(2)(1(||||)2)(1(||||1||||)3)(2)(1(|)1(|)2)(1(|)1(|1|)1(|])1([2020202020202023022021020•••a a n ••e n a a ••n a a ••n n ••n n a a ••n n n a a ••n n a a n a a ••n n n a a ••n n a a n a a a a n n n n++<-++=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+++++<⎭⎬⎫++++++++=++++++++++++≤++++-++++-+++-+≤-++++在取n 的值的时候，不但要使得|)||(|320a a n +>，并且取n 是奇数或者偶数要从使0a 和2)1(a n -同时是正号或者同时是负号（0可以算成正号或负号）来决定. 例如，当0,020<>•a•a 时取n 是奇数. 这时.0|||||)1(|2020•a a a a n >+=-+在（107）式的两边约去因式||||20a a +，就得到)108(.121•••n +<但是n +1至少是2，所以112≤+n . 这样说来，（108）式是不对的. 这就说明，我们前面说的“有整数)0(,,0210≠a •a ••a •a 使得（102）式成立”这句话是不对的，因此e 不可能是二次代数数.。
