π是否存在"最优近似"？求证函数f(x)无全局最小值

这个问题问得非常精准——结论是：你定义的函数$f(x)=\left|(\pi-x)*\textit{Den}(x)\right|$确实不存在全局最小值，也就是说，对于任意小的正数$\epsilon>0$，总能找到一个有理数$x$，使得$f(x)<\epsilon$。下面从几个核心角度解释原因：

1. Dirichlet逼近定理的直接推导 #

首先，π是一个已被严格证明的无理数，而根据Dirichlet逼近定理：对于任意无理数$\alpha$，存在无穷多个有理数$\frac{p}{q}$（$q>0$，$p,q$互质），满足：
$$|\alpha - \frac{p}{q}| < \frac{1}{q^2}$$

把$\alpha=\pi$代入你的函数$f(x)$，当$x=\frac{p}{q}$时：
$$f\left(\frac{p}{q}\right) = \left|\pi - \frac{p}{q}\right| * q < \frac{1}{q^2} * q = \frac{1}{q}$$

当$q$趋向于无穷大时，$\frac{1}{q}$会趋向于0。这意味着只要取足够大的分母$q$，就能让$f(x)$变得任意小，自然不存在固定的全局最小值。

2. π的连分数收敛项的更强逼近效果 #

π的连分数展开的收敛项（即连分数截断后得到的有理数）是它的“最佳有理近似”——这里的“最佳”指，对于收敛项$\frac{p_n}{q_n}$，不存在任何有理数$\frac{p}{q}$（$q<q_n$）能比它更接近π。

对于连分数的收敛项，有一个更强的不等式：
$$\left|\pi - \frac{p_n}{q_n}\right| < \frac{1}{q_n q_{n+1}}$$

其中$q_{n+1}$是下一个收敛项的分母，而π的连分数分母序列（3,7,15,1,292,...）是指数增长的（后续的$q_n$会变得极大）。代入$f(x)$后：
$$f\left(\frac{p_n}{q_n}\right) = \left|\pi - \frac{p_n}{q_n}\right| * q_n < \frac{1}{q_{n+1}}$$

随着$n$增大，$q_{n+1}$趋向无穷，$f(x)$的值也会持续减小并趋向0——这正好对应你观察到的“随着近似效果提升，函数值持续减小”的现象，而且这个减小过程是没有尽头的。

3. 超越数性质的补充佐证 #

π不仅是无理数，还是超越数（不能表示为任何整系数多项式的根）。根据Thue-Siegel-Roth定理，对于任意$\delta>0$，只有有限个有理数$\frac{p}{q}$满足：
$$|\pi - \frac{p}{q}| < \frac{1}{q^{2+\delta}}$$

但这并不影响我们的结论：对于任意$\epsilon>0$，我们可以取$\delta>0$使得$\frac{1}{q^\delta} < \epsilon$，然后找到足够大的$q$，此时：
$$f\left(\frac{p}{q}\right) = \left|\pi - \frac{p}{q}\right| * q < \frac{1}{q^{2+\delta}} * q = \frac{1}{q^{1+\delta}} < \frac{1}{q^\delta} < \epsilon$$

依然能让$f(x)$小于任意给定的$\epsilon$，所以函数不存在全局最小值。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Simon Bohnen