初等数论 代数数与超越数

1、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

2、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 -

3、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

4、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| < h + 1不成立，则 |a| ³ h + 1。 (4)下面要说明，由此会推出一个矛盾。事实上，由 anan + a n- 1an- 1 + L + a1a + a0 = 0我们得到 。由此，利用式(4)及 1|ai| £ h，0 £ i £ n， (5)我们得到这与式(4)矛盾。这个矛盾说明式(4)不可能成立。证毕。例1 设a是代数数，满足整系数代数方程f(x) = adxd + ad

5、 - 1xd - 1 + L + a1x + a0=0，则对于任何正整数n，有等式(ada)n =，其中（0 £ i £ d - 1）是绝对值不超过(2 max(|a0|, , |an|)n的整数。证明 用归纳法。记h= max(|a0|, , |an|)。当n £ d - 1时，结论显然正确。假设结论当n = k（k ³ d - 1）时成立，则存在整数（0 £ i £ d - 1），使得(ada)k =。 (6)于是 记则(ada)k + 1 =，因此，由式(6)得到| £ 2h(2h)k = (2h)k + 1，即当n

6、= k + 1时结论成立。由归纳法证得例1中的结论。例2 设数a ¹ 0，并且满足方程 xn + a1xn - 1 + L + an - 1x + an = 0， (7)其中a1, a2, L, an是任意的实数，并且 |ai| £ i，1 £ i £ n， (8)则 |a| £。解 不妨设|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|

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）这样，若取l使得 ， (11)那么，式(10)就与式(9)矛盾，因此，式(9)不能成立，所以|a| £ l。从式(11)容易求出l =，这就是要证的结论。注：从这个例子中，可以看出式(3)中的h + 1是如何确定出来的。习 题 一1. 补足定理1的证明。2.

8、 证明定理2。3. 证明：有理数为代数整数的充要条件是这个有理数为整数。第二节 超越数除了代数数还有一类数，即超越数。本节将对代数数的有理逼近性质做一简单介绍，并构造一类超越数。定义1 不是代数数的数，称为超越数。定理1 超越数是存在的。证明 用 En, h表示所有的次数为n、系数绝对值不超过h的整系数多项式的零点的集合，用A表示所有代数数的集合，则。由于每个En, h是有限集合，所以A是一个可数集合。但是，全体复数的集合是不可数集合，因此，超越数是存在的。证毕。这个定理肯定了超越数的存在性，但并未确切地举出超越数的例子。为了能构造一些具体的超越数，我们来证明一个定理。定理1(Liouvill

9、e) 设a是次数为d的实代数无理数，则存在只与a有关的正常数c=c(a)，使得对于任何整数p，q，(p, q) = 1，有。 (1)证明 不妨设。 (2)设a的最小多项式是f(x)，则f(a) = 0，于是，由微分学中值定理可知， (3)其中x是介于a与之间的某个数，因此，由式(2)，有|x - a| £ 1。以M表示f ¢(x)在区间-|a| - 1, |a| + 1中的最大值，则由式(3)得到， (4)因为f(x)是不可约多项式，并且a是无理数，所以d ³ 2，因此f¹ 0，从而，由此及式(4)得到式(1)，证毕。推论 设a是实无理数，若存在常数M，

10、有理数列，以及递增的实数列sn，sn®¥，使得 (5)对于n ³ 1成立，则a是超越数。证明 若a是代数数，设它的次数是d，由定理1，存在常数c，使得对于所有的n ³ 1成立，但是，由于sn®¥，当n充分大时，这与式(5)矛盾，所以a不能是代数数。证毕。关于定理1，有两点说明：() 定理1表明，若a是实的代数无理数，那么，它与有理数的差不能太小。() 可以证明，式(1)右端的因数q - d能改进为q - (2 + e)，其中e > 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

11、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 £ r1<s1 £ 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Î(0, 1)，则必存在xÎ(0, 1)，使得< x。由

12、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 =< 1，则由上式及式(9)得到， (10)其中M¢是常数。由式(6)，我们有，其中， n 。在式(10)中，是一个分母的有理分数，因此，利用定理1的推论可知，若f(a)不是有理数，则它必是超越数。证毕。推论 设正整数数列rn满足条件，n，则对于任何整数a ³ 2，是超越数。证明 由定理2，只需证明a不是有理数。设a是有理数，a =，p与q是互素的整数，记，则，并且0 ¹。 (11)另一方面，由假设条件，存在N，当k

13、> N时，有rk ³ 2，rk + 1 ³ 2rk，因此rk + 1 - rk ³ rk ³ 2，于是，当n > N时，有rn + 2 - rn + 1 ³ 2，rn + 3 - rn + 1 ³ 4，rn + i - rn + 1 ³ 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

14、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

15、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 ¹ 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(

16、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，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的结论()，有f (p - 1)(0) = (-1)p(d!

17、)p，将这个等式与式(8)，式(9)和式(10)联合，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，对于xÎ0, 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<1。 (14)但是，当p > maxd, a0时，p(d!)pa0，因此，由式(11)可知，整数¹ 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(