代数数与超越数

前置技能——集合论


定义:若集合 $S$ 与集合 $N_n=${$0,1,2,…,n-1$} 存在一一对应关系,则称集合 $S$ 是有限集,且基数为 $n$ ,否则是无限集

定义:若集合 $A,B$ 中的元素存在一一对应关系,则称集合 $A,B$ 等势,记做 $A\sim B$

定义:与自然数集合等势的集合称为可数集(可列集)

定理:可数个可数集的并集仍为可数集

证明:设 $M_1,M_2,…$ 为可数个可数集,且 $M_i=(a_{i1},a_{i2},…,a_{ij},…)$

则这些集合的并集为:{$a_{11},a_{12},a_{21},a_{13},a_{22},a_{31},a_{14},…$}

它和自然数集是一一对应的关系,故为可数集

定理:实数集是不可数集

证明:(1)首先证明 $(0,1)$ 内的实数是不可数的

若 $S$ 是可数集,则它的元素可依次排列为 $s_0,s_1,s_2,…$ ,设

$s_0=0.a_{00}a_{01}a_{02}…a_{0n}…$
$s_1=0.a_{10}a_{11}a_{12}…a_{1n}…$
$s_2=0.a_{20}a_{21}a_{22}…a_{2n}…$
$s_m=0.a_{m0}a_{m1}a_{m2}…a_{mn}…$

我们可以构造一个 $(0,1)$ 的实数 $r$:

$r=0.b_1b_2b_3…b_n…$,其中

显然 $r\neq s_i$ ,这与可数集的定义矛盾,所以实数集在 $(0,1)$ 内是不可数的

(2)证明 $S=(0,1)\sim R$

我们建立一个一一对应的函数:

对任意的 $x\in S$ ,都有唯一的 $y\in R$ 与之对应

故 $S=(0,1)\sim R$,证明完毕

  

超越数的存在性


定义:若 $\xi$ 是整系数有理方程 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0=0$ 的根,则称 $\xi$ 为代数数,否则为超越数

定理:代数数集是可数集

证明:对于多项式方程 $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0=0$

设 $N=n+|a_n|+|a_{n-1}|+…+|a_0|$,那么显然有 $N\geq 2$

且与 $N$ 对应的多项式方程的个数是有限的,每一个多项式方程的根也是有限的

设这有限个根所代表的代数数为集合 $E_N$,那么可以列出:$E_2,E_3,…,E_N,…$

设 $E’_{N}=${$x|x\in E_N且x\notin E_i,i<N$},那么可以列出:$E_2,E’_3,…,E’_N,…$

这是可数个可数集,所以它们的并集也是可数集

定理:超越数是存在的

证明:由前面的定理可知实数集为不可数集,而代数数集为可数集

所以必然有超越数的存在

  

多项式方程的可约性


定义:不能写成两个次数较低的多项式乘积的多项式称为不可约多项式

定义:若 $\xi$ 为不可约整系数多项式方程 $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0=0$ 的根,则称 $\xi$ 为 $n$ 次代数数

爱森斯坦不可约准则:对于整系数多项式 $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0$,若存在素数 $p$,使得$p\nmid a_n$,且$p|a_i,i\in[0,n-1]$,且$p^2\nmid a_0$,则该多项式是不可约的

证明是显然的,留给读者完成

你问我会不会证明,我可以回答你说无可奉告,你们也不高兴,那怎么办,博主只能闷声大财,提高一波姿势水平

  

$Liouville$代数数判断定理


定理:$n$ 次代数数不能有 $n$ 级以上有理渐进分数,即若 $\xi$ 是 $n$ 次代数数,则对任意的 $\delta >0,A>0$,使得不等式$|\xi -\frac{p}{q}|<\frac{A}{q^{n+\delta}}$ 成立的有理数对 $(p,q)$ 的数量有限

证明:设 $\xi$ 满足整系数方程 $f(\xi)=a_n\xi^{n}+a_{n-1}\xi^{n-1}+…+a_0=0$

当 $x\in (\xi-1,\xi+1)$ 时存在 $M=M(\xi)$ 使得 $|f’(x)|<M$

若有理数 $\frac{p}{q}(q>0)$ 与 $\xi$ 接近(其中$p,q$为整数且互质),设 $\frac{p}{q}\in (\xi-1,\xi+1)$且$f({\frac{p}{q}})\neq 0$

那么显然有 $|f(\frac{p}{q})|=\frac{|a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+…+a_0q^n|}{q^n}\geq \frac{1}{q^n}$

根据拉格朗日中值定理,$f(\frac{p}{q})=f(\frac{p}{q})-f(\xi)=(\frac{p}{q}-\xi)f’(\eta )$,其中$\eta \in (\frac{p}{q},\xi)$

所以有:$|\xi-\frac{p}{q}|=\frac{|f(\frac{p}{q})|}{|f’(\eta)|}>\frac{1}{Mq^n}$

结合题中条件有:$\frac{1}{Mq^n}<\frac{A}{q^{n+\delta}}$,即$q<\sqrt[\delta]{AM}$

故有理数对$(p,q)$对数有限

定理:刘维尔数 $\xi=\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2!}}+\frac{1}{10^{3!}}+…$ 为超越数

证明:设$\frac{p}{q}=\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2!}}+…+\frac{1}{10^{m!}}$,其中$q=10^{m!}$

则 $|\xi-\frac{p}{q}|=\frac{1}{10^{(m+1)!}}+…<\frac{2}{10^{(m+1)!}}=\frac{2}{q^{m+1}}$

其中$m$是任意的整数,由判定定理可知 $\xi$ 不是代数数

定理:$e,\pi$是超越数

姿势水平受限,证明请@厄尔米特@林德曼

  

尺规作图研究


定义:尺规作图是指有限次地使用无刻度的直尺和圆规作图,且需要满足:
(1)每次的操作只能是公认允许的五项基本操作(称为五项作图公法)之一;
(2)每次操作之前,操作者为决定是否操作和进行哪种操作可以进行的逻辑判断,也只能是几何学中公认允许的几种。

定义:承认以下五项前提,有限次运用以下五项公法而完成的作图方法,称为作图公法

五项前提:(1)允许在平面上、直线上、圆弧线上已确定的范围内任意选定一点(所谓“确定范围”,依下面四条的规则);
(2)可以判断同一直线上不同点的位置次序;
(3)可以判断同一圆弧线上不同点的位置次序;
(4)可以判断平面上一点在直线的哪一侧;
(5)可以判断平面上一点在圆的内部还是外部。

五项公法:(1)根据两个已经确定的点作出经过这两个点的直线;
(2)以一个已经确定的点为圆心,以两个已经确定的点之间的距离为半径作圆;
(3)确定两个已经做出的相交直线的交点;
(4)确定已经做出的相交的圆和直线的交点;
(5)确定已经做出的相交的两个圆的交点。

基本操作:(1)做等角
(2)做角平分线
(3)做中点
(4)做过一点的垂线或平行线
(5)做过三点的圆

  • 其实我们对尺规作图的研究,实质上是对代数的研究。

  • 任何作图问题,最后可以归结为作点,而作点,大多数可以归结为作实数。

和差:每个线段长度是一个实数,在线段上截取另一线段可以实现和差

乘积:如下图,给定单位线段,在下图中,设 $AC,BC$ 是给定的两个线段,过点$C$任作一直线,直线上取点 $E$ 使得 $CE=1$,做以 $ABE$ 三点确定的圆,延长 $EC$ 交此圆于 $D$,$CD$ 即为以 $AC\times BC$ 为长度的线段。

注:由相交弦定理可知 $AC\times BC=EC\times DC$

除法:我们只需要考虑逆元$\frac{1}{b}$的做法,然后结合乘法就行了。如下图,给定单位线段,设 $AC=BC=1$,过点 $C$ 任作直线,取直线上一点 $D$ 使得 $CD=b$,做 $ABD$ 三点确定的圆,延长 $DC$ 交此圆于 $E$,$CE$即为以$\frac{1}{b}$为长度的线段。

乘方:有了乘除运算,乘方运算自然也就有了

开方:如下图,给定单位线段,设 $AC=a$,延长 $AC$,直线 $AC$ 上取 $B$ 使得 $BC=1$,取 $AB$ 中点 $O$,作以 $AB$ 为直径的圆,过 $C$ 做 $AB$ 的垂线,交此圆于 $D$,$CD$ 即为以 $\sqrt{a}$ 为长度的线段。

  • 看完了这些,我请诸君思考一下,开立方以及开更高的次方能否用尺规作图实现?
  • 很可惜,对于某些次数,答案是否定的
  • 为了解释这个问题,我们先来谈谈数域这个东西

定义:设 $P$ 是一些数组成的集合,满足
(1)$P$ 中至少有两个不同的数
(2)$P$ 中任意两数的加减乘除的结果仍在 $P$ 中(即对四则运算封闭)
那么我们称 $P$ 为一个数域

从上述定理中我们可以看出开方这个操作是不满足封闭性的,也就是说对一个数开方结果可能不在数域中

比如对于有理数域 $Q$ 我们对 $2$ 开方得到 $\sqrt2$,这个结果就脱离了有理数域

然而巧妙的是,可以证明,所有形如 $a+b\sqrt2$ 的数构成了一个新的数域,这个数域是包含了 $Q和\sqrt2$ 的最小数域,我们记作 $Q(\sqrt2)$

所以开平方本质上是对数域的扩张,为了衡量扩张的大小,我们引入『扩张的维数』这个概念

定义:扩张的维数指的是数域所对应的向量空间的基的大小

其实这个概念理解起来十分简单,比如说$Q(\sqrt2)$是二维扩张,因为每个数都能被表示为$a+b\sqrt2$的形式,记作$[Q(\sqrt{2}):Q]=2$

而 $Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$表示的是加入$\sqrt{2},\sqrt{3}$后的四维扩张,因为每个数都能被表示为$a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$,记作$[Q(\sqrt2,\sqrt3):Q]=4$

同样的,$[Q(\sqrt2,\sqrt3):Q(\sqrt2)]=2$,因为$Q(\sqrt2,\sqrt3)$中的数都可以表示为$a+b\sqrt3(a,b\in Q(\sqrt2))$

从这个例子中,我们可以发现,维数是相乘的关系:

『从域A扩张域B的维数』乘『从域B扩张域C的维数』等于『从域A扩张域C的维数』

即$[B:A][C:B]=[C:A]$

定理:扩张的维数等于新加入的数的次数

例如在上例中,$\sqrt2$ 是不可约多项式方程 $x^2-2=0$ 的根,所以 $\sqrt2$ 的次数为 $2$

所以 $[Q(\sqrt2):Q]=2$,证明是不可能证明的,这辈子都不可能的

定理:尺规作图只能做出次数为$2^k(k\geq 0)$的代数数

证明:尺规作图得到新点的方式有三种,直线与直线的交点、直线与圆的交点、圆与圆的交点

我们把所有点的坐标看成一个数域,初始为 $Q$

直线与直线的交点必定为有理数,加入数域不会改变数域的维数

而直线与圆、圆与圆的交点最终都相当于一个一元二次方程的解,会引入 $\sqrt{B^2-4AC}$

如果 $B^2-4AC$ 是完全平方数,则不会改变数域的维数,否则,数域的维数乘$2$

所以最终数域的维数为$2^k(k\geq 0)$

与之对应的代数数次数也就为$2^k(k\geq 0)$

三大不可作问题
(1)倍立方问题:做一个体积为原立方体二倍的立方体
(2)化圆为方问题:做一个与已知圆面积相等的正方形
(3)三等分角问题:把一个任意角三等分

证明:(1)这个问题相当于做出$\sqrt[3]{2}$的线段

而$\sqrt[3]{2}$是不可约多项式 $x^3-2=0$ 的根,故它的次数为 $3$,不是 $2$ 的整次幂,所以该问题不可作

(2)这个问题相当于做出$\sqrt\pi$的线段

可以证明 $\sqrt\pi$ 为超越数,所以该问题不可作

(3)要说明这个问题不可作,我们只需要证明 $60°$ 角不可三等分即可(举一个反例)

而三等分 $60°$ 角相当于做出 $cos20°$,根据三倍角公式有 $cos60°=4cos^3 20°-3cos20°$

即 $cos20°$ 是不可约多项式方程 $8x^3-6x+1=0$ 的根,所以是三次代数数,不可作

  

参考文献


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