MathLabs

未解决问题，算术与数论，1882年提出

e + π 与 e·π 的无理性

未解决

实数 e+πe + \pi 与 eπe\pi 是无理数吗?更一般地,ee 与 π\pi 在 Q\mathbb{Q} 上是否代数无关?

研究前沿 截至2026年

截至2026年,e+πe + \pi 或 eπe\pi 是否为无理数仍未解决。尽管涅斯捷连科(1996年)利用艾森斯坦级数在复乘点 τ=i\tau = i 处满足的微分方程证明了 π\pi 与 eπe^\pi 的代数无关性,但 e=e1e = e^1 对应于指数函数在 11 处而非 πi\pi i 的有理数倍处的取值,因此模函数方法无法同时捕捉 ee 与 π\pi。与此同时,林德曼–魏尔斯特拉斯定理与贝克定理处理的是代数点 zz 处的 eze^z 值,而 iπi\pi 本身是超越数。

已知最佳结果

  • 初等对称多项式关系:由于 ee 与 π\pi 是 x2−(e+π)x+eπ=0x^2 - (e+\pi)x + e\pi = 0 的根且均为超越数,故 e+πe + \pi 与 eπe\pi 中至少有一个是超越数。
  • 涅斯捷连科(1996年):π\pi 与 eπe^\pi 在 Q\mathbb{Q} 上代数无关(因此 π+eπ\pi + e^\pi 与 πeπ\pi e^\pi 都是超越数)。

使用的方法及其局限

方法取得的结果局限所在
林德曼–魏尔斯特拉斯定理与对数线性型证明了 ee 的超越性(e1e^1 是超越数)以及 π\pi 的超越性(由 eiπ=−1e^{i\pi} = -1 为代数数知 iπi\pi 是超越数)要求输入 zz 或函数值 eze^z 为代数数;无法将 z1=1z_1 = 1(此时 ez1=ee^{z_1} = e 为超越数)与 z2=iπz_2 = i\pi(此时 z2z_2 本身为超越数)同时联系起来
拉马努金/艾森斯坦模函数的零点估计(涅斯捷连科方法)证明了 π\pi、eπe^\pi 与 Γ(1/4)\Gamma(1/4) 在 Q\mathbb{Q} 上代数无关模参数 q=e2πiτq = e^{2\pi i \tau} 在复乘点 τ\tau 处的取值产生形如 e−πe^{-\pi} 的数,而非 e=e1e = e^1

尚未解决的问题

  • e+πe + \pi 与 eπe\pi 是否都是无理数(且都是超越数)?
  • ee 与 π\pi 在 Q\mathbb{Q} 上是否代数无关?

参考文献

  1. Alan Baker (1975). Transcendental Number Theory · DOI:10.1017/CBO9780511565977
  2. Yuri V. Nesterenko (1996). Modular functions and transcendence questions · DOI:10.1070/SM1996v187n09ABEH000158
  3. Michel Waldschmidt (2000). Diophantine Approximations and Transcendental Numbers · DOI:10.1007/978-3-662-11569-5