初等数论 第八章 代数数与超越数.doc

第八章 代数数与超越数我们对于全体复数有不同的分类方法。例如，可以将它们分为整数和非整数，有理数和非有理数（无理数），实数和非实数，等等。本章要介绍一种对复数的分类方法：代数数与超越数，并且介绍这两类数的一些简单知识。以下，若无特殊声明，“数”都是指一般意义下的复数。第一节 代数数定义1 若a满足有理系数代数方程 f(x)=xn + an - 1xn - 1 + L + a1x + a0 = 0， (1)即a是有理系数多项式f(x)的零点，则称a是代数数；若an-1 , . . . , a0 都是整数，则称a是代数整数。例如，, （a，b，n是正整数）是代数数；是代数整数。容易看出，定义1等价于下面的定义1。定义1 设a满足整系数代数方程 f(x)= anxn + an - 1xn - 1 + L + a1x + a0 = 0， (2)则称a是代数数；若an=1， 则称a是代数整数。 定义 2 一个有理系数多项式若不能等于两个非常数的有理系数多项式的乘积，则称为不可约多项式。在定义1 中，若f(x)是不可约多项式，并且(a0,an)=1，则称a是n次代数数，记为d(a)=n, 并称h=h(a)=max(|a0|, , |an|)是它的高。定理1 两个代数数的和、差、积、商（分母不为零）是代数数。证明 设和是代数数，它们分别是有理系数多项式 f(x)=xn + an - 1xn - 1 + L + a1x + a0 和 g(x)=xm + bm- 1xm- 1 + L + b1x + b0的零点。设f(x)和g(x)的全部零点分别是1,n和1,m ,则+是多项式 的零点。显然，多项式h(x) 的系数是1, ,n与1,m的对称多项式。因此，由对称多项式的性质，h(x)是有理系数多项式，即+是代数数。同样地可以证明-,以及是代数数（留作习题）。证毕。定理 2 若a是代数数，则存在正整数m, 使得ma 是代数整数。证明 （留作习题）。定理 3 设a0是代数数, 满足方程（2），则 |a| h + 1， (3)其中 h= max(|a0|, , |an|)。证明 若a0满足方程（2），则满足方程 a0xn + a1xn - 1 + L + an-1x + an = 0,因此，我们只需证明式(3)的右半部分。如果|a| 1。设l 1是任意固定的常数。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| + 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 0是任意常数，但是，不能改进为q -2。事实上，在第三章第三节中我们知道：对于任何无理数a，都有无穷多个有理数，使得，q 0，(p, q) = 1。现在，我们来构造具体的超越数。设r1, r2,L, rn, L与s0, s1,L, sn, L是严格增加的正整数列，满足条件0 = s0 r1s1 r2 L ，。 (6)又设整数列a1, a2,L, an, L满足条件ak = 0（rn k sn，n = 1, 2, 3, L）， (7)， (8)并且的收敛半经是1。定理2 设是区间(0, 1)中的有理数。若不是有理数，则必是超越数。证明 若(0, 1)，则必存在x(0, 1)，使得 x。由于收敛，所以，存在常数M，使得|akxk| M，k = 0, 1, 2, L 。 (9)由式(7)，对于任何正整数n，有。记y = N时，有rk 2，rk + 1 2rk，因此rk + 1 - rk rk 2，于是，当n N时，有rn + 2 - rn + 1 2，rn + 3 - rn + 1 4，rn + i - rn + 1 2(i - 1)，LL从而 （12）当n充分大时，式(11)与式(12)矛盾，所以a不是有理数。证毕。例 下面的两个数是超越数：() ；() 。解 留作习题。做为本节的结束语，我们指出，利用Liouville定理及定理2可以具体构造一些超越数。但是，能用它们来判定的超越数只是超越数集合中的很小一部分。对于给定的数的超越性的判定，常常是非常困难的。习 题 二1. 证明例中的结论。2. 证明连分数是超越数。3. 设x是一个超越数，a是一个非零的代数数，证明：x + a，x a，都是超越数。第三节 数e的超越性本节要证明数e是超越数。为此，首先证明一个定理。定理1 设f(x)是实系数多项式，次数为m，记， (1)其中t是任意实数，则。证明 对于任意的正整数k，k m，由分部积分得到 (2)由于k m，所以式(2)就是。 (3)设，则由式(3)得到证毕。为了证明数e的超越性，我们要引进多项式， (4)其中p是素数，d是正整数。引理 f(x)具有以下性质：() 对于i = 0, 1, L, p - 1，有f (i)(x) = 0，x = 1, 2, L, d；() 对于i = p, p + 1, L, (d + 1)p - 1，多项式f (i)(x)的系数都是整数且能被p整除；() f (p - 1)(0) = (-1)dp(d!)p。证明 留作习题。定理 数e是超越数。证明 设e是代数数，满足整系数代数方程adxd + ad -1xd - 1 + L + a0 = 0， (5)其中a0 0。我们要由此导出一个矛盾。记F(x) = f(x) + f (x) + L + f (n)(x)， (6)其中f(x)由式(4)定义，n = (d + 1)p - 1。因为数e满足方程(5)，由定理得到 (7)由引理可知，pF(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)p(f (p)(0) + L + f (d + 1)p - 1)(0)。 (10)由引理1的结论()，有f (p - 1)(0) = (-1)p(d!)p，将这个等式与式(8)，式(9)和式(10)联合，得到F(0) (-1)p(d!)pa0 (mod p)以及 (-1)p(d!)pa0 (mod p)。 (11)另一方面，对于x0, d，有， (12)其中M1 = dd + 1。于是， (13)其中M2是与p无关的常数。由式(7)与式(13)，得到。因此，存在常数M3，使得当 p M3时，有 maxd, a0时，p(d!)pa0，因此，由式(11)可知，整数 0。 (15)这样，如果取p充分大，使得p maxd, a0, M3，则式(14)与式(15)矛盾，这个矛盾说明，数e不可能满足使任何形如(5)的代数方程。e是超越数。证毕。在定理的证明中，定理1的作用是很重要的，它把数e的代数性质与函数的解析性质联系了起来。下面的关于数p的无理性的定理的证明，有类似的思路。引理2 设f(x)是2n次多项式，则对任意的实数t，有， (16)其中F(x) = f(x) f (x) + f (4)(x) - L + (-1)n f (2n)(x)。证明 使用分部积分法即可。证毕。定理3 p是无理数。证明 设p =，a与b是正整数，(