1.25

设 $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ 定义为 $f(n)=\pi \text{ 的十进制展开式中第 }n\text{ 位数字}$ 例如 $f(0) = 3, f(1) = 1, f(2) = 4$。证明：$f \in \mathcal{GRF}$

证明

首先，我们有 $\frac{1}{1+x^2} = \sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^ix^{2i} + \frac{(-1)^{n+1}x^{2n+2}}{1+x^2}$

$\therefore \arctan x = \int_0^x\frac{\text{d}t}{1+t^2} =\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\int_0^xt^{2i}\text{d}t + \int_0^x\frac{(-1)^{n+1}}{1+t^2}t^{2n+2}\text{d}t$

$=\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\frac{x^{2i+1}}{2i+1} + \int_0^x\frac{(-1)^{n+1}}{1+t^2}t^{2n+2}\text{d}t \quad \cdots (*)$

由 Hutton's Formula 知， $\frac{\pi}{4} = 2\arctan\frac{1}{3}+\arctan\frac{1}{7} \Rightarrow \pi = 8\arctan\frac{1}{3}+4\arctan\frac{1}{7}$ 在 (*) 式中取 $n = 2k+1$，这是使余项为正且估计更精确 $\pi = 8 \sum\limits_{i=0}^{2k+1}(-1)^i\frac{1}{(2i+1)3^{2i+1}} + 8 \int_0^{\frac{1}{3}}\frac{t^{4k+4}}{1+t^2}\text{d}t + 4 \sum\limits_{i=0}^{2k+1}(-1)^i\frac{1}{(2i+1)7^{2i+1}}+ 4 \int_0^{\frac{1}{7}}\frac{t^{4k+4}}{1+t^2}\text{d}t$

$t_k =8 \sum\limits_{i=0}^{2k+1}(-1)^i\frac{1}{(2i+1)}\left(\frac{1}{3^{2i+1}} + \frac{1}{2 \cdot 7^{2i+1}}\right)$

$r_k =8 \int_0^{\frac{1}{3}}\frac{t^{4k+4}}{1+t^2}\text{d}t + 4\int_0^{\frac{1}{7}}\frac{t^{4k+4}}{1+t^2}\text{d}t$

$\leq 8 \int_0^{\frac{1}{3}}t^{4k+4}\text{d}t + 4\int_0^{\frac{1}{7}}t^{4k+4}\text{d}t$

$\leq 8 \cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3^{4k+4}} + 4\cdot \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{7^{4k+4}} \leq \frac{1}{3^{4k}} \leq \frac{1}{80^k}$

因此，$\pi = t_k + r_k$，且 $0 <r_k < \frac{1}{80^k}$，$t$ 为有理数，设 $t_k$ 的十进制展开式为 $t_k = a_{k0}a_{k1} a_{k2} \cdots a_{kn} \cdots$ 对于 $n \in \mathbb{N}$，存在 $l \geq n+1$ 使在 $t_l$ 中并非$a_{l,n+1}, a_{l, n+2}, \cdots, a_{l,l}$ 皆为 $9$，若不然，对任何 $l \geq n+1$，$a_l, a_{l,n+1}, a_{l, n+2}, \cdots, a_{l,l}$ 皆为 $9$。

$\because 10^{l}\pi = 10^lt_l + 10^lr_l$，$\therefore 10^lt_l < 10^l \pi < 10^lt_l+\frac{1}{8^l}$

这样在 $\pi$ 的展开式中，从某位起皆为 $9$，从而 $\pi$ 为有理数

令$l=l(n) = \mu l. (l\geq n+1$ 且在 $a_{l, n+1}, \cdots, a_{l,l}$ 中并非皆为 $9)$

$\because a(l,i) = a_{l, i} = t_l$ 展开式的第 $i$ 个数字 $\in \mathcal{EF}$

$\therefore l(n) = \mu l .((l \geq n+1) \wedge \prod\limits_{i = n+1}^l(a_{l,i}\dot{-}9 \neq 0)) \in\mathcal{GRF}$

（注：若知道 $\pi$ 展开式中连续 $9$ 的个数有上限，则 $l(n) \in \mathcal{EF}$）

我们有 $t_k < \pi < t_l+\frac{1}{80^l}$，

对于 $n \in \mathbb{N}$，取 $l = l(n)$

$\because a_{l, n+1}, \cdots, a_{l,l}$ 并非皆为 $9$，

$\therefore$ 设 $a_{l,m} < 9$，这里 $n+1 \leq m \leq l$，设 $\pi = \pi_0\pi_1\pi_2\cdots$

从而 $t_l < \pi < t_l + \frac{1}{80^m}$，$10^mt_l < 10^m\pi<10^mt_l + \frac{1}{8^m}$

从而

$a_{l0}a_{l1}a_{l2}\cdots a_{ln}a_{l\overline{n+1}} \cdots a_{lm}a_{l\overline{m+1}} \cdots$

$<\pi_0\pi_1\pi_2 \cdots \pi_n\pi_{n+1}\cdots \pi_m \pi_{m+1} \cdots$

$< a_{l0}a_{l1}a_{l2}\cdots a_{ln}a_{l\overline{n+1}} \cdots a_{lm}a_{l\overline{m+1}} \cdots + \frac{1}{8^m}(m \geq 1)$

$< a_{l0}a_{l1}a_{l2}\cdots a_{ln}a_{l\overline{n+1}} \cdots (a_{lm}+1)a_{l\overline{m+1}} \cdots$

因此， $\begin{array}{rl} a_{l0}a_{l1}\cdots a_{ln}a_{l\overline{n+1}} \cdots a_{lm} & \leq \pi_0\pi_1\pi_2 \cdots \pi_n\pi_{n+1}\cdots \pi_m \\ & \leq a_{l0}a_{l1}a_{l2}\cdots a_{ln}a_{l\overline{n+1}} \cdots (a_{lm}+1) \end{array}$ $\because m \geq n+1$， $\therefore \pi_n = a_{ln}$

因此，$f(n) = \pi_n = a(l(n), n) \in \mathcal{GRF}$。