《数学与数系》word版.doc

数与数系数是最古老的数学概念之一。在长达数十世纪的漫长岁月中，人们对数的认识得到了不断的深化，然而，这一司空见惯的概念中却蕴涵了无穷无尽的奥秘。即便是连小学生都“熟知”的自然数，也向数学家们，甚至向全人类的智慧提出了挑战，有些貌似平凡的数论问题，仿佛在我们面前竖起了一道道千丈陡壁，有意考验攀登者的勇气和决心。具有一定性质的数放在一起构成了数系，通常我们所熟知的数系有：自然数系，整数系，有理数系，实数系和复数系。讨论数和数系有各种方法，例如分析方法，代数方法等，本文主要从代数角度来讨论数与数系的基本概念和理论。1 数系是怎样扩张的数系概念具有下列两个方面的意义：其一，数系是一些数的集合；其二，在一个数系内可以进行某些运算（通常是指数的加法和乘法），这些运算满足一定的运算律。所谓数系的扩张往往同运算的逆运算的可行性，或更一般的说同某些方程解的存在性的讨论有关。在自然数系中，人们可以进行加法和乘法运算。在一定条件下，还可以进行减法和除法运算。相应地，方程x+a=b和cx=d(c0)并非总有解。为了使减法顺利进行，即要使方程x+a=b总有解，我们便将自然数系扩充为整数系。但即使在整数系中，方程cx=d(c0)也不是总有解存在。因此我们又须把整数系扩充为有理数系。最初人们对有理数系很满意，因为加减乘除（除数非零）都可以畅通无阻地进行。但人们很快就发现了缺陷，方程x2=2（即求边长为1的正方形的对角线之长）没有有理数的解，人们认为这简直不可思议，因而把2这样的数称为无理（！）数。但实数系远不只包含有理数和2这种可以作为某个实数系方程的根的数。要完成有理数向实数系的扩张，必须通过更为复杂的过程，从而也产生了许多复杂的扩张理论和方法。这里我们就不再多加以叙述了。实数系向复数系的扩张却出人意料地简单。首先，扩张的“动机”产生于求解方程：x2+1=0,而引进虚数单位i（即x2+1=0的一个解）后，复数集可以写成C=a+bia.bR,其中R表示实数集。为下文讨论方便，我们列举自然数系的一些性质：A1D整数系的大小顺序关系：010M.A1 (x+y)+z=x+(y+z) (加法结合律)A2 x+y=y+x（加法交换律）A3 若x+z=y+z,则x=y（加法消去律）M1 (xy)z=x(yz)（乘法结合律）M2 xy=yx（乘法交换律）M3 若xz=yz,z0,则x=y（乘法消去律）D z(x+y)=zx+zy（乘法对加法的分配律）010203 对任一对整数x,y总有xy或yx或x=y.0A 0M 在数系的扩张过程中，全部运算性质，即A1,A2,A3,M1,M2,M3及D，对自然数系，有理数系，实数系和复数系全部适用，但在复数系中不可能定义大小顺序。不过，在复数系中仍可以定义顺序，例如我们可以这样定义,令其中a,b,c,d均为实数。不难验证，这样规定的顺序01，02，03均成立。我们还可以定义其他的顺序，但所有这些顺序都不可能是大小顺序，问题在于对于复数域中任意顺序，都可以由0A和0M导出矛盾。假如我们在复数系中规定了一种大小顺序，不失一般性，可假定在这一顺序之下，有i0（实际上等号不成立）,则依0M;ii0,即-10,又由0A,0=i+(-i) i+0=i,即0i,矛盾。我们能否进一步构造一个包含复数系的新的数系，且使原来的运算性质全部保留下来？一个很自然的想法是考察一元复系数高次方程的解，如果我们能找到一个复系数方程，它在复数范围内没有解，就有可能得到一个复系数的扩张系，但实际上这样的方程不可能找到。高斯证明了：任何一个一元n次复系数方程都在复数范围内有一个解。实际上，这就表明了该方程的n个解全部属于复数系。由于这一定理十分重要，故人们称之为“代数基本定理”。下面我们给出它的一个证明。定理（代数基本定理）任意n次复系数多项式f(x)=a0xn+a1xn-1+an-1x+an,a00至少有一个复数根。为证明这一定理，我们不加证明而承认这一事实：总存在复数系的扩张系（注意，这种扩张系不一定是数系），能使f(x)在其中有n个根。下面我们给出该定理的证明。证明：10 我们仅须对实系数多项式证明该定理。这是因为，若我们已证明，对实系数多项式定理成立，那么设f(x)为复系数多项式，则F(x)为实系数多项式，从而F(x)必至少有一复数根,即有或,故或为f(x)的根。20 下面证明，任意实系数方程至少有一个复数根。假定f(x)的次数n=2m,为非负整数，m为奇数，我们对实施归纳。若=0,则f(x)为奇次多项式，众所周知，f(x)至少有一实根。假定对-1命题成立，现考察的情况。设E为复数系的一个扩张系，f(x)在其中有n个根，记为.任取实数C,作：对每个C恰有.令 则g(x)为次多项式，其系数恰为ij的对称多项式，从而也是的对称多项式。但的初等对称多项式为f(x)的系数，故为实数，而的任意对称多项式又可表为的初等对称多项式的多项式，从而g(x)为一实系数多项式，由归纳假定，g(x)至少有一复根。即对任一C，至少有一复数ij为g(x)的根。但实数个数无穷，而(i,j)仅有n(n-1)/2对，因此在上述复数根中，必存在这样的复数，能使,均为复数。由韦达定理，和均为复系数二次方程的根，故,都是复数。这样，f(x)至少有一个复数根。定理得证。由复数系的这一性质，人们把复数系称为代数闭域。2 代数数与超越数早在古希腊时期，无理数便引起了科学家的注意，但是不少人不敢正视它的存在。甚至对它讳莫如深。即使为了避免困境而不得不正视它时，也只是把它视为一种几何上的存在，而不承认它是数。例如，著名的古希腊三大难题，其中有两个就直接用到无理数的作图：化圆为方问题，需要作出长为的线段；立方倍积问题，须用尺规作出长为32的线段。毕达哥拉斯甚至能够证明的2无理性，但是他仍然坚持认为有理数才是数。随着社会的发展，无理数终于获得了作为“数”的权利。 然而有许多数如，其无理性在很长时间内都无法证明，那么，无理数之间是否有区别呢？长期以来，无理数似乎始终处于一片混沌之中。到了十八世纪，才有人证明的无理性。下面我们来比较一下与的区别。的无理性的证明：令p,q为互素的正整数，则2q2=p2,从而可得2p且2q，矛盾，所以不是有理数。的无理性的证明：设,b0,a,b均为有理整数。令,又令,则f(x)及其导数对于0和均取整数值，故F(0)和F()为整数。从而为一整数。但当0xmaxa0,m则记易知其中b为整数，从而有 (*)我们先证明（*）左端为非零整数。f(i)(0)=0,i=1,2,m; 诸多项式的系数为整数，且可以被P整除；又由f(x)内含(x-h)p因子（其中h=1,2m）知：f(x),f(x) ,f(p-1)(x)皆可被x-h整除，从而有：F(1),F(2), ,F(m)均为整数且为P的倍数。又F(0)=0+f(p-1)(0)+ +f(m+1)p-1)(0)其中f(p-1)(0)=(-1)mm!p,而f(p)(0), f(m+1)p-1)(0)都是P的倍数，所以F(0)(-1)mm!p (mod p)，故由此为一正整数。再观察（*）式的右端：因故有估计式记,则最后一式当P趋于时趋于零，矛盾。这表明了e的超越性。30年代以后的将近三十年间，盖尔冯特和施耐得的工作成了超越数理论的一座丰碑。正当人们对此感到彷徨无计时，年轻的英国数学家阿兰。贝克开辟出了一条新途径，他在六十年代里得出了一系列关于代数对数的线形型的定理。其中典型的是这样一条“貌不惊人”的定理。是非零代数数，在有理数域上线性独立,令为不全为零的满足某些条件的数，则对任何kn+1，又，其中C是可以“有效计算”的。这一定理的证明极为困难，用途也异常广泛。应用这一套定理和方法，贝壳在数论各个分支里取得了辉煌成果，其中包括如下的超越数论定理：若是代数数（非零1）是线性独立的代数无理数，则是超越数。不难看出，著名的盖尔冯特定理只是这一定理的简单特例由于上述一系列工作，贝克得到了1970年度菲尔滋奖。其后，贝克总结了他在超越数论方面的研究成果，写出了只有一百二十八页的超越数论一书，这本书已被当作代数数论方面的经典著作。为此，他又获得了亚当斯奖。在超越数论一书中贝克写了下面一段话，我们以此作为本节的结束语：“尽管它（指超越数论）有悠久的历史，但还是青春焕发，许多课题必将取得进展，同时还有一些著名的问题有待解决。作为例子，我们只要提一下e,的代数独立性和欧拉常数的超越性这几个著名猜想就行了，这几个中的任意一个获得解决，都将标志着巨大的进展。”3 数系的进一步扩张上面我们谈到，人们对数系的认识与解方程有密切的关系。从古代起，人们便能够解二次甚至某些高次方程，然而一个最其貌不扬的二次方程x2+1=0却使得数学家狼狈不堪。难道存在平方为1的数吗？经过长期的犹豫，徘徊，到了16世纪，一些勇敢的数学家作出了大胆选择：引进虚数单位，并从而建立了一个复数系。经过贝努力，欧拉和高斯等人的努力，复数理论得到了广泛的传播和应用。高斯还创立了高斯平面，从而在复数与复平面上建立了11对应。到了18世纪，复数理论已经比较成熟，人们很自然的想到了这样的问题：复数系还可能进行扩张吗？是否可以找到一个可以真包含复数系的“数系”，它们承袭了复数系的运算和运算率？通过求某个复系数方程的解是否可以得到新的数系呢？18世纪末高斯所证明的“代数基本定理”明确无误的宣告了“此路不通”。于是不屈不挠的数学家们不得不寻求新的途径。由于复数面上的点和复数的11对应关系，故任意复数都可以表示为一有序实数对儿，实数可以看作序对（a,0），因此有人把复数叫做“二元数”。那么寻求新数系的一个自然途径就是便是设法建立“三元数系”，“三元数系”应当承袭复数系的运算和运算率，复数系可以看作是三元数系的子数系。然而，数学家的辛勤努力并未给他们带来预期的成果。数以千计的失败经历给他们带来了意外的收获：他们终于敢于设想，三元数系可能是不存在的；同时，为了建立新的“多元数系”，可能不得不放弃某些运算性质。新的多元数系的四元数系的发现者是英国数学家哈密尔顿。他最初也设法寻找满足乘法交换率的三元数。经过数十个寒暑，灵感终于照亮了他，这是在1843年10月16日，当时他刚好散步走过勃洛翰桥，他当场抽出笔记本，记下了这一划时代的结果。四元数的发现，其意义远不止获得了新的数系，更重要的是，数学家们离开了实数和复数的固有性质去开拓新的数学领域：线性代数和线性结合代数。下面我们具体构造四元数系，为了使文章不太冗长，我们不得不离开原来的历史线索，而采取一些比较近代的观点和方法。为了下文的进一步讨论，我们先考察一下复数的有关运算。记=（a,b）a,bR.我们说复数（a,b）=（c,d）当且仅当a=c,b=d.复数=（a,b）,=（c,d）相加由公式：=（ac，bd）定义，由此立知：=，()=()，其中也是复数。又记0=（0，0），则0=0=。规定实数c与相乘为c=(c，c)。不难验证，对于实数c1，c2，成立：c1(c2)=(c1c2)，c1()=c1c1，(c1c2)=c1c2由上述讨论可知，复数系仍是实数域上的一个二维向量空间。数1=（1,0）和i=（0,i）是这个向量空间的一组基。事实上，由于为R上2维向量空间，故对于任意非零复数，只要c，都可以当作在R上的一组基。但并非普通的向量空间，它自己本身还可以进行乘法运算。设=（a,b），=（c，d）则：=（a,b）（c,d）=（acbd,adbc）对此易验证，有（1）；（2）（）=；（3）（）=（）；（4）=；（5）x=和y=在中有解。现在我们从实数系R出发，构造新的数系。首先，我们构造二元数系*，并证明从本质上说，和*是相同的。设*为R上的二维线性空间，且*中规定了乘法运算。现仍用小写希腊字母记*中的元。，*，当有*。假定 1）（）=，（）=；2）（）=（）；3）x=和y=在*中有解。则可证明i) *中有单位元，能使=；ii）乘法交换率成立，即=，*。证明：i）由假定3），x=有解，记此解为。*，y=有解，记y为这一解，则=y，故=（y）=y（）=y=。这说明从右边乘*中的任一元得次元本身，一般记=。同样还可以的一元l，l从左边乘*中任一元还得此元本身。又r=lr=l，记r=l=，则便是*的单位元。ii）易知0。又由于*维数为2，则*中必有与线性相关的元，从而，为*的一组基，*=aba,bR。设=ab，=cd，a、b、c、dR=(ab)（cd）=（ac）2（bc）（）（bd）2=（ca）2（cb）（）（da）（）（db）2=（cd）（ab）=即*中乘法交换律成立。现在我们讨论*与的关系，为此我们证明，*中可以找到一个元能使2=。众所周知，任一实系数多项式都可分解为一次和二次不可分解因式之积，上述与必然满足满足一个二次三项方程：2St2=0。由于与线性无关，故S24t0。记r2=tS2/4，并令=，则有22=0，即2=2=。由此我们看出，实际上我们可以把*看作，只不过在*中取代了，中的1，i的地位而已现在可以正式提出复数系的扩张问题了:是否可以构造三元或三元以上的数系,即建立实数域上三维或多维空间,并定义适当乘法,能使关于复数的运算律仍保持?由以上讨论*的过程中所得到的经验可知,不妨暂时“放弃”交换性.那么或者交换性是其他运算性质的自然结果,或者在没有交换性假设条件下,我们已经得到了某种限制,甚至得到矛盾.现假设我们已建立起了一个这样的数系M,M包含,同时M具有乘法与加法运算,对这两种运算, *中的算律1)3)成立.又M作为R上线性空间,其维数大于或等于3.我们称这样的为复数系.下面我们证明的维数只能为4.首先证明M的维数大于3。由于包含在M，故存在M，由实系数多项式分解定理可知，必然满足一实系数二次方程，不失一般性，可设这一方程为X2+PX+q，其中P2-q0令r2=q-p2/4,r为实数，并记=，便有2=-1若dimM=3，则1,i,k构成M的一组基。设+i与-i分别满足二次方程：X2=ax+b和x2=cx+d,a,b,c,dR则: -2+i+i=(i+)2=a(i+)+b-2-i-i=(i-)2=a(i-)+b两式相加得 -4=(a+c)i+(a-c)+(b+d)因1,i,k线性无关，故a+c=a-c=0，故a=c=0。所以i+i=b+2，记t= (b+2), j0=+ti,则有j0+j0=i(+ti)+(+ti)i=0从而j02=-1+t(i+i)-t2=-1-t20.令j02=-S2,并取j=j0,则j2=-1,且有ij+ji= (ij0+j0i)=0易知1,i,j线性无关。下面再证明ij不可能由1,i,j线性表出。否则,ij=a+bi+cj,a,b,cR则用i左乘两端。得：-j=i(ij)=i(a+bi+cj)=ai-b+cij=ai-b+c(a+bj+cj)=(ca-b)+(a+bc)i+c2j从而得c2=-1,这与c为实数矛盾。这就证明了dim M3.现记k=ij,同样有k2=-1.下面证明dim M4.否则，有lM,l与1,i,j,k线性无关,且l2=-1.记il+li=u