初等數(shù)論 代數(shù)數(shù)與超越數(shù)

1、第八章 代數(shù)數(shù)與超越數(shù)我們對(duì)于全體復(fù)數(shù)有不同的分類(lèi)方法。例如，可以將它們分為整數(shù)和非整數(shù)，有理數(shù)和非有理數(shù)（無(wú)理數(shù)），實(shí)數(shù)和非實(shí)數(shù)，等等。本章要介紹一種對(duì)復(fù)數(shù)的分類(lèi)方法：代數(shù)數(shù)與超越數(shù)，并且介紹這兩類(lèi)數(shù)的一些簡(jiǎn)單知識(shí)。以下，若無(wú)特殊聲明，“數(shù)”都是指一般意義下的復(fù)數(shù)。第一節(jié) 代數(shù)數(shù)定義1 若a滿(mǎn)足有理系數(shù)代數(shù)方程 f(x)=xn + an - 1xn - 1 + L + a1x + a0 = 0， (1)即a是有理系數(shù)多項(xiàng)式f(x)的零點(diǎn)，則稱(chēng)a是代數(shù)數(shù)；若an-1 , . . . , a0 都是整數(shù)，則稱(chēng)a是代數(shù)整數(shù)。例如，, （a，b，n是正整數(shù)）是代數(shù)數(shù)；是代數(shù)整數(shù)。容易看出，定義1等價(jià)

2、于下面的定義1。定義1 設(shè)a滿(mǎn)足整系數(shù)代數(shù)方程 f(x)= anxn + an - 1xn - 1 + L + a1x + a0 = 0， (2)則稱(chēng)a是代數(shù)數(shù)；若an=1， 則稱(chēng)a是代數(shù)整數(shù)。 定義 2 一個(gè)有理系數(shù)多項(xiàng)式若不能等于兩個(gè)非常數(shù)的有理系數(shù)多項(xiàng)式的乘積，則稱(chēng)為不可約多項(xiàng)式。在定義1 中，若f(x)是不可約多項(xiàng)式，并且(a0,an)=1，則稱(chēng)a是n次代數(shù)數(shù)，記為d(a)=n, 并稱(chēng)h=h(a)=max(|a0|, , |an|)是它的高。定理1 兩個(gè)代數(shù)數(shù)的和、差、積、商（分母不為零）是代數(shù)數(shù)。證明 設(shè)和是代數(shù)數(shù)，它們分別是有理系數(shù)多項(xiàng)式 f(x)=xn + an - 1xn -

3、1 + L + a1x + a0 和 g(x)=xm + bm- 1xm- 1 + L + b1x + b0的零點(diǎn)。設(shè)f(x)和g(x)的全部零點(diǎn)分別是1,n和1,m ,則+是多項(xiàng)式 的零點(diǎn)。顯然，多項(xiàng)式h(x) 的系數(shù)是1, ,n與1,m的對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式。因此，由對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式的性質(zhì)，h(x)是有理系數(shù)多項(xiàng)式，即+是代數(shù)數(shù)。同樣地可以證明-,以及是代數(shù)數(shù)（留作習(xí)題）。證畢。定理 2 若a是代數(shù)數(shù)，則存在正整數(shù)m, 使得ma 是代數(shù)整數(shù)。證明 （留作習(xí)題）。定理 3 設(shè)a0是代數(shù)數(shù), 滿(mǎn)足方程（2），則 < |a| < h + 1， (3)其中 h= max(|a0|, , |an|)。證

4、明 若a0滿(mǎn)足方程（2），則滿(mǎn)足方程 a0xn + a1xn - 1 + L + an-1x + an = 0,因此，我們只需證明式(3)的右半部分。如果|a| < h + 1不成立，則 |a| ³ h + 1。 (4)下面要說(shuō)明，由此會(huì)推出一個(gè)矛盾。事實(shí)上，由 anan + a n- 1an- 1 + L + a1a + a0 = 0我們得到 。由此，利用式(4)及 1|ai| £ h，0 £ i £ n， (5)我們得到這與式(4)矛盾。這個(gè)矛盾說(shuō)明式(4)不可能成立。證畢。例1 設(shè)a是代數(shù)數(shù)，滿(mǎn)足整系數(shù)代數(shù)方程f(x) = adxd + ad

5、 - 1xd - 1 + L + a1x + a0=0，則對(duì)于任何正整數(shù)n，有等式(ada)n =，其中（0 £ i £ d - 1）是絕對(duì)值不超過(guò)(2 max(|a0|, , |an|)n的整數(shù)。證明 用歸納法。記h= max(|a0|, , |an|)。當(dāng)n £ d - 1時(shí)，結(jié)論顯然正確。假設(shè)結(jié)論當(dāng)n = k（k ³ d - 1）時(shí)成立，則存在整數(shù)（0 £ i £ d - 1），使得(ada)k =。 (6)于是 記則(ada)k + 1 =，因此，由式(6)得到| £ 2h(2h)k = (2h)k + 1，即當(dāng)n

6、= k + 1時(shí)結(jié)論成立。由歸納法證得例1中的結(jié)論。例2 設(shè)數(shù)a ¹ 0，并且滿(mǎn)足方程 xn + a1xn - 1 + L + an - 1x + an = 0， (7)其中a1, a2, L, an是任意的實(shí)數(shù)，并且 |ai| £ i，1 £ i £ n， (8)則 |a| £。解 不妨設(shè)|a| > 1。設(shè)l > 1是任意固定的常數(shù)。如果 |a| > l， (9)那么，由式(7)，(8)及(9)，得到 an + a1an - 1 + L + an - 1a + an = 0以及|an| £ |a1|an - 1|

7、+ L + |an - 1|a| + |an|，|a | £ |a1| + |a2|a| - 1 + L + |an - 1|a| - n + 2 + |an|a| - n + 1 £ 1 + 2|a| - 1 + L + (n - 1)|a| - n + 2 + n|a| - n + 1 <。 （10）這樣，若取l使得 ， (11)那么，式(10)就與式(9)矛盾，因此，式(9)不能成立，所以|a| £ l。從式(11)容易求出l =，這就是要證的結(jié)論。注：從這個(gè)例子中，可以看出式(3)中的h + 1是如何確定出來(lái)的。習(xí) 題 一1. 補(bǔ)足定理1的證明。2.

8、 證明定理2。3. 證明：有理數(shù)為代數(shù)整數(shù)的充要條件是這個(gè)有理數(shù)為整數(shù)。第二節(jié) 超越數(shù)除了代數(shù)數(shù)還有一類(lèi)數(shù)，即超越數(shù)。本節(jié)將對(duì)代數(shù)數(shù)的有理逼近性質(zhì)做一簡(jiǎn)單介紹，并構(gòu)造一類(lèi)超越數(shù)。定義1 不是代數(shù)數(shù)的數(shù)，稱(chēng)為超越數(shù)。定理1 超越數(shù)是存在的。證明 用 En, h表示所有的次數(shù)為n、系數(shù)絕對(duì)值不超過(guò)h的整系數(shù)多項(xiàng)式的零點(diǎn)的集合，用A表示所有代數(shù)數(shù)的集合，則。由于每個(gè)En, h是有限集合，所以A是一個(gè)可數(shù)集合。但是，全體復(fù)數(shù)的集合是不可數(shù)集合，因此，超越數(shù)是存在的。證畢。這個(gè)定理肯定了超越數(shù)的存在性，但并未確切地舉出超越數(shù)的例子。為了能構(gòu)造一些具體的超越數(shù)，我們來(lái)證明一個(gè)定理。定理1(Liouvill

9、e) 設(shè)a是次數(shù)為d的實(shí)代數(shù)無(wú)理數(shù)，則存在只與a有關(guān)的正常數(shù)c=c(a)，使得對(duì)于任何整數(shù)p，q，(p, q) = 1，有。 (1)證明 不妨設(shè)。 (2)設(shè)a的最小多項(xiàng)式是f(x)，則f(a) = 0，于是，由微分學(xué)中值定理可知， (3)其中x是介于a與之間的某個(gè)數(shù)，因此，由式(2)，有|x - a| £ 1。以M表示f ¢(x)在區(qū)間-|a| - 1, |a| + 1中的最大值，則由式(3)得到， (4)因?yàn)閒(x)是不可約多項(xiàng)式，并且a是無(wú)理數(shù)，所以d ³ 2，因此f¹ 0，從而，由此及式(4)得到式(1)，證畢。推論 設(shè)a是實(shí)無(wú)理數(shù)，若存在常數(shù)M，

10、有理數(shù)列，以及遞增的實(shí)數(shù)列sn，sn®¥，使得 (5)對(duì)于n ³ 1成立，則a是超越數(shù)。證明 若a是代數(shù)數(shù)，設(shè)它的次數(shù)是d，由定理1，存在常數(shù)c，使得對(duì)于所有的n ³ 1成立，但是，由于sn®¥，當(dāng)n充分大時(shí)，這與式(5)矛盾，所以a不能是代數(shù)數(shù)。證畢。關(guān)于定理1，有兩點(diǎn)說(shuō)明：() 定理1表明，若a是實(shí)的代數(shù)無(wú)理數(shù)，那么，它與有理數(shù)的差不能太小。() 可以證明，式(1)右端的因數(shù)q - d能改進(jìn)為q - (2 + e)，其中e > 0是任意常數(shù)，但是，不能改進(jìn)為q -2。事實(shí)上，在第三章第三節(jié)中我們知道：對(duì)于任何無(wú)理數(shù)a，都有無(wú)

11、窮多個(gè)有理數(shù)，使得，q > 0，(p, q) = 1?，F(xiàn)在，我們來(lái)構(gòu)造具體的超越數(shù)。設(shè)r1, r2,L, rn, L與s0, s1,L, sn, L是嚴(yán)格增加的正整數(shù)列，滿(mǎn)足條件0 = s0 £ r1<s1 £ r2< L ，。 (6)又設(shè)整數(shù)列a1, a2,L, an, L滿(mǎn)足條件ak = 0（rn < k < sn，n = 1, 2, 3, L）， (7)， (8)并且的收斂半經(jīng)是1。定理2 設(shè)是區(qū)間(0, 1)中的有理數(shù)。若不是有理數(shù)，則必是超越數(shù)。證明 若Î(0, 1)，則必存在xÎ(0, 1)，使得< x。由

12、于收斂，所以，存在常數(shù)M，使得|akxk| £ M，k = 0, 1, 2, L 。 (9)由式(7)，對(duì)于任何正整數(shù)n，有。記y =< 1，則由上式及式(9)得到， (10)其中M¢是常數(shù)。由式(6)，我們有，其中， n 。在式(10)中，是一個(gè)分母的有理分?jǐn)?shù)，因此，利用定理1的推論可知，若f(a)不是有理數(shù)，則它必是超越數(shù)。證畢。推論 設(shè)正整數(shù)數(shù)列rn滿(mǎn)足條件，n，則對(duì)于任何整數(shù)a ³ 2，是超越數(shù)。證明 由定理2，只需證明a不是有理數(shù)。設(shè)a是有理數(shù)，a =，p與q是互素的整數(shù)，記，則，并且0 ¹。 (11)另一方面，由假設(shè)條件，存在N，當(dāng)k

13、> N時(shí)，有rk ³ 2，rk + 1 ³ 2rk，因此rk + 1 - rk ³ rk ³ 2，于是，當(dāng)n > N時(shí)，有rn + 2 - rn + 1 ³ 2，rn + 3 - rn + 1 ³ 4，rn + i - rn + 1 ³ 2(i - 1)，LL從而 （12）當(dāng)n充分大時(shí)，式(11)與式(12)矛盾，所以a不是有理數(shù)。證畢。例 下面的兩個(gè)數(shù)是超越數(shù)：() ；() 。解 留作習(xí)題。做為本節(jié)的結(jié)束語(yǔ)，我們指出，利用Liouville定理及定理2可以具體構(gòu)造一些超越數(shù)。但是，能用它們來(lái)判定的超越數(shù)只是超越

14、數(shù)集合中的很小一部分。對(duì)于給定的數(shù)的超越性的判定，常常是非常困難的。習(xí) 題 二1. 證明例中的結(jié)論。2. 證明連分?jǐn)?shù)是超越數(shù)。3. 設(shè)x是一個(gè)超越數(shù)，a是一個(gè)非零的代數(shù)數(shù)，證明：x + a，x a，都是超越數(shù)。第三節(jié) 數(shù)e的超越性本節(jié)要證明數(shù)e是超越數(shù)。為此，首先證明一個(gè)定理。定理1 設(shè)f(x)是實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式，次數(shù)為m，記， (1)其中t是任意實(shí)數(shù)，則。證明 對(duì)于任意的正整數(shù)k，k £ m，由分部積分得到 (2)由于k £ m，所以式(2)就是。 (3)設(shè)，則由式(3)得到證畢。為了證明數(shù)e的超越性，我們要引進(jìn)多項(xiàng)式， (4)其中p是素?cái)?shù)，d是正整數(shù)。引理 f(x)具有以下

15、性質(zhì)：() 對(duì)于i = 0, 1, L, p - 1，有f (i)(x) = 0，x = 1, 2, L, d；() 對(duì)于i = p, p + 1, L, (d + 1)p - 1，多項(xiàng)式f (i)(x)的系數(shù)都是整數(shù)且能被p整除；() f (p - 1)(0) = (-1)dp(d!)p。證明 留作習(xí)題。定理 數(shù)e是超越數(shù)。證明 設(shè)e是代數(shù)數(shù)，滿(mǎn)足整系數(shù)代數(shù)方程adxd + ad -1xd - 1 + L + a0 = 0， (5)其中a0 ¹ 0。我們要由此導(dǎo)出一個(gè)矛盾。記F(x) = f(x) + f ¢(x) + L + f (n)(x)， (6)其中f(x)由式(

16、4)定義，n = (d + 1)p - 1。因?yàn)閿?shù)e滿(mǎn)足方程(5)，由定理得到 (7)由引理可知，p½F(k)，k = 1, 2, 3, L, d， 并且在表示式F(0) = f(0) + f ¢(0) + L + f (p - 1)(0) + f (p)(0) + L + f (d + 1)p - 1)(0) (8)中，有f(0) = f ¢(0) = L = f (p - 2)(0) = 0， (9)p½(f (p)(0) + L + f (d + 1)p - 1)(0)。 (10)由引理1的結(jié)論()，有f (p - 1)(0) = (-1)p(d!

17、)p，將這個(gè)等式與式(8)，式(9)和式(10)聯(lián)合，得到F(0) º (-1)p(d!)pa0 (mod p)以及º (-1)p(d!)pa0 (mod p)。 (11)另一方面，對(duì)于xÎ0, d，有， (12)其中M1 = dd + 1。于是， (13)其中M2是與p無(wú)關(guān)的常數(shù)。由式(7)與式(13)，得到。因此，存在常數(shù)M3，使得當(dāng) p> M3時(shí)，有<1。 (14)但是，當(dāng)p > maxd, a0時(shí)，p(d!)pa0，因此，由式(11)可知，整數(shù)¹ 0。 (15)這樣，如果取p充分大，使得p > maxd, a0, M3，則式(14)與式(15)矛盾，這個(gè)矛盾說(shuō)明，數(shù)e不可能滿(mǎn)足使任何形如(5)的代數(shù)方程。e是超越數(shù)。證畢。在定理的證明中，定理1的作用是很重要的，它把數(shù)e的代數(shù)性質(zhì)與函數(shù)的解析性質(zhì)聯(lián)系了起來(lái)。下面的關(guān)于數(shù)p的無(wú)理性的定理的證明，有類(lèi)似的思路。引理2 設(shè)f(x)是2n次多項(xiàng)式，則對(duì)任意的實(shí)數(shù)t，有， (16)其中F(x) = f(