哈代数论读书笔记(四)——无理数

1、Some generalities(若干概念)

有关 irrational number(无理数) 的理论,属于分析学的范畴

然而,许多有关 irrationality(无理性) 的问题被视为数论的范畴,比如说方程

$$r^3+s^3=3\quad$$

在有理数范围内无解,等价于方程

$$a^{3} d^{3}+b^{3} c^{3}=3 b^{3} d^{3}$$

没有整数解,再比如说 $\sqrt{2}$ 是无理数等价于方程

$$a^2=2b^2$$

没有整数解

在小学时期大家都已经知道了无理数的概念,即不能被表示为

$$\frac{a}{b}\quad (a,b\in Z)$$

的数的统称,那么本节我们要研究的问题就是

$$x 是有理数还是无理数?$$

这里的 $x$ 是 $\sqrt{2},e,\pi$,或是更为复杂的形式


2、Numbers known to be irrational(已知的无理数)

如何判断无理数是一个非常困难的问题,这里有几种无理数的类型

(1)代数无理数

有关 $\sqrt{2}$ 的无理性已经被证明了,我们之后会提到,并且不难证明

$$\sqrt[m]{N}$$

是无理数,当且仅当 $N$ 不是整数的 $m$ 次幂的形式

(2)$e,\pi$ 及其生成的数

我们很容易证明 $e$ 的无理性,$\pi$ 的无理性证明则有些复杂

而且关于 $e$ 或 $\pi$ 的任意幂与有理系数多项式也都是无理数,比如

$$e^{\sqrt{2}}, \quad e^{\sqrt{5}}, \quad \sqrt{7} e^{3 \sqrt{2}}, \quad \log 2$$

都是无理数,我们将在第十一章深入这些数的讨论

随着现代数学的深入,我们逐渐证明了

$$e^{\pi}, \quad 2^{\sqrt{2}}, \quad e^{\pi \sqrt{2}}, \quad e^{\pi}+\pi$$

是无理数,但是还有一些数的无理性尚未证明

$$2^{e}, \quad \pi^{e}, \quad \pi^{\sqrt{2}}, \quad e+\pi, \quad \gamma$$

其中 $\gamma=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}-\log n\right)$ 被称为 *Euler’s constant(欧拉常数)*


3、The theorem of Pythagoras(毕达哥拉斯定理)

Theorem 43(毕达哥拉斯定理)
$$\sqrt{2} 是无理数$$

我们接下来给出两个证明,其方法虽然平凡,但是值得学习

(1)假设 $\sqrt{2}$ 是有理数,那么方程

$$a^2=2b^2$$

有整数解 $a,b$ 且 $(a,b)=1$,因此 $b|a^2$,且 $b$ 的任意质因子 $p|a^2\rightarrow p|a$

然而 $(a,b)=1$,因此 $b=1$,没有整数 $a$ 满足方程

(2)沿用上面的假设,我们发现 $a^2$ 是偶数,因此 $a$ 是偶数,设 $a=2c$ 得到

$$b^2=2c^2$$

即 $b$ 也是偶数,这与 $(a,b)=1$ 矛盾

这两个证明非常相似,事实上在证明(2)中,我们考虑的是关于已知质数 $2$ 的整除性,而在证明(1)中,我们考虑的是关于未知质数 $p$ 的整除性,因此,证明(2)更为简单,而证明(1)的可推广性更强

接下来我们考虑更为一般的形式

Theorem 44
$\sqrt[m]{N}$ 是无理数当且仅当 $N$ 不是整数的 $m$ 次幂的形式

(3)考虑方程

$$a^{m}=N b^{m}$$

其中 $a,b\in Z$ 且 $(a,b)=1$,那么 $b|a^m$,$b$ 的任意质因子 $p|a^m\rightarrow p|a$

由于 $(a,b)=1$,所以 $b=1$,至此定理就非常显然了

(4)当 $m=2$ 时,我们还有一个更加清奇的证明,假设

$$\sqrt{N}=a+\frac{b}{c}$$

其中 $a,b,c\in Z,0<b<c$ 且 $\frac{b}{c}$ 是满足条件的分子最小的分数,那么有

$$c^{2} N=(c a+b)^{2}=a^{2} c^{2}+2 a b c+b^{2}$$

因此 $c|b^2$,不妨设 $b^2=cd$,那么有

$$\sqrt{N}=a+\frac{b}{c}=a+\frac{d}{b}$$

其中 $0<d<b$,与假设矛盾,证毕

更平凡的结论如下:

Theorem 45
如果 $x$ 是整系数方程
$$x^{m}+c_{1} x^{m-1}+\cdots+c_{m}=0$$
的根,那么 $x$ 要么是整数,要么是无理数

不妨设 $c_m\neq 0$,假设 $x=\frac{a}{b},(a,b)=1$,那么

$$a^{m}+c_{1} a^{m-1} b+\ldots+c_{m} b^{m}=0$$

因此,$b|a^m\rightarrow b|a\rightarrow b=1$,证毕

当方程为

$$x^{m}-N=0$$

就得到了 Theorem 44 的情况


4、Geometrical proof of the irrationality of $\sqrt{5}$ (用几何学方法证明 $\sqrt{5}$ 的无理性)

我们介绍一种新的方法,即用几何学的方法来证明无理性,以 $\sqrt{5}$ 为例,设

$$x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$$

那么 $x$ 满足方程

$$x^{2}=1-x$$

在几何上,设 $AB=1,AC=x$,如图所示:

那么有

$$AC^2=AB\cdot CB$$

事实上,$C$ 是 $AB$ 的黄金分割点,其与圆内接正五边形的构造有关

由于 $\frac{1}{2}<x<1$,我们可以用 $1$ 除以 $x$,其商为 $1$,余数为 $1-x=x^2$,即

$$1\div x=1\cdots x^2$$

类似的,我们有

$$x\div x^2=1\cdots x^3$$

$$x^2\div x^3=1\cdots x^4$$

我们可以写出无穷个这样的等式,其被除数、除数、余数三者比例相同

在几何中,我们取点 $C_1$ 使得 $CC_1=CB$,那么 $C_1$ 就是 $AC$ 的黄金分割点

同样的,取 $C_1 C_2=AC_1$,那么 $C_2$ 就是 $C_1 C$ 的黄金分割点

取 $C_3C_2=C_2C$,$C_3$ 就是$C_1C_2$ 的黄金分割点,这样无限分割下去,对应了上边的等式

如果 $x$ 是有理数,那么 $AB,AC$ 必然是一个长度 $\delta$ 的整数倍

由于

$$C_{1} C=C B=A B-A C, \quad C_{1} C_{2}=A C_{1}=A C-C_{1} C, \quad\ldots$$

因此图中所有分割而成的线段都是 $\delta$ 的整数倍,也就是说,有无穷个线段是 $\delta$ 的整数倍,并且它们的长度都小于 $1$,这是不可能的


5、Some more irrational numbers(其它的无理数)

我们知道,在证明 Theorem 44 后,$\sqrt{7}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{11}, \dots$ 都是无理数

在证明 Theorem 45 后,$x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 也是无理数,这是因为方程

$$x^{4}-10 x^{2}+1=0$$

无整数解

事实上,我们可以借助十进制分数与连分数构造无理数,这会在第九章和第十章提到

接下来我们探讨一些在分析学中常用的无理数

Theorem 46
$$\log_{10}{2} 是无理数$$

考虑方程 $2^b=10^a$,由于 $5|10^a,5\nmid 2^b$,因此无整数解

更一般的 $\log_{n}{m}$ 是无理数,如果 $m,n$ 中有一个缺少另一个的素因子

Theorem 47
$$e 是无理数$$

不妨设 $e=\frac{a}{b},a,b\in Z$,设 $k\geq b$

$$\alpha=k !\left(e-1-\frac{1}{1 !}-\frac{1}{2 !}-\ldots-\frac{1}{k !}\right)$$

那么 $b|k!$,因此 $\alpha$ 是整数,但是根据泰勒展开

$$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{k!}+\cdots$$

因此

$$\begin{aligned} 0<\alpha &=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)(k+2)}+\ldots \ &<\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^{2}}+\ldots=\frac{1}{k} \end{aligned}$$

这是矛盾的,因此 $e$ 是无理数

在这个证明思路中,我们构造了 $\alpha$ 是整数,然后证明 $0<\alpha<1$ 导出矛盾

接下来的两个更复杂的证明沿用了这个思路,在此之前,我们先来探讨一个函数的性质

$$f(x)=\frac{x^{n}(1-x)^{n}}{n !}=\frac{1}{n !} \sum_{m=n}^{2 n} c_{m} x^{m}$$

其中 $n$ 是正整数,$c_m$ 必为整数,且对于 $0<x<1$ 有

$$0<f(x)<\frac{1}{n !}$$

容易发现,$f(0)=0$,当 $m<n$ 或 $m>2n$ 时,$f^{(m)}(0)=0$,当 $n\leq m\leq 2n$ 时

$$f^{(m)}(0)=\frac{m !}{n !} c_{m}$$

显然是整数,因此 $f(x)$ 及其导数在 $x=0$ 处取值都是整数

由于 $f(x)=f(1-x)$,所以在 $x=1$ 处同样成立

接下来我们利用这个函数的性质证明更加复杂的定理

Theorem 48
$$e^y 是无理数(y\neq 0,y\in Q)$$

事实上,$y$ 是有理数和 $y$ 是整数的限制是等价的,不妨设 $y=\frac{h}{k}$

如果 $e^y$ 是有理数 ,那么显然 $e^{h}=(e^{y})^k$ 也是有理数

所以其逆否命题也是成立的:若 $e^h$ 是无理数,那么 $e^y$ 是无理数

所以我们只需要证明 $e^h$ 是无理数就可以了,假设 $e^h=\frac{a}{b}$,沿用上面 $f(x)$ 的定义

$$F(x)=h^{2 n} f(x)-h^{2 n-1} f^{\prime}(x)+\ldots-h f^{(2 n-1)}(x)+f^{(2 n)}(x)$$

那么根据之前探讨过的性质有 $F(0),F(1)$ 都是整数,且构造一波得到

$$\frac{d}{d x}\left{e^{h x} F(x)\right}=e^{h x}\left{h F(x)+F^{\prime}(x)\right}=h^{2 n+1} e^{h x} f(x)$$

于是有

$$b \int_{0}^{1} h^{2 n+1} e^{h x} f(x) d x=b\left[e^{h x} F(x)\right]_{0}^{1}=a F(1)-b F(0)$$

所以这个积分是整数,但是根据 $f(x)<\frac{1}{n!}$ 放缩得到

$$0<b \int_{0}^{1} h^{2 n+1} e^{h x} f(x) d x<\frac{b h^{2 n} e^{h}}{n !}<1(n\rightarrow +\infty)$$

同上一个证明的思想一样,显然是矛盾的,证毕

Theorem 49
$$\pi,\pi^2 是无理数$$

假设 $\pi^2=\frac{a}{b},a,b\in Z$,我们构造

$$\begin{aligned} G(x)= b^{n}\left{\pi^{2 n} f(x)-\pi^{2 n-2} f^{\prime \prime}(x)+\pi^{2 n-4} f^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^{n} f^{(2 n)}(x)\right} \end{aligned}$$

显然 $G(0),G(1)$ 都是整数,构造一波得到:

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x} &\left{G^{\prime}(x) \sin \pi x-\pi G(x) \cos \pi x\right} \ &=\left{G^{\prime \prime}(x)+n^{2} G(x)\right} \sin \pi x=b^{n} \pi^{2 n+2} f(x) \sin \pi x \ &=\pi^{2} a^{n} \sin \pi x f(x) \end{aligned}$$

于是有

$$\begin{aligned} \pi \int_{0}^{1} a^{n} \sin \pi x f(x) d x &=\left[\frac{G^{\prime}(x) \sin \pi x}{\pi}-G(x) \cos \pi x\right]_{0}^{1} \ &=G(0)+G(1) \end{aligned}$$

这个积分是一个整数,但是放缩得到:

$$0<\pi \int_{0}^{1} a^{n} \sin \pi x f(x) d x<\frac{\pi a^{n}}{n !}<1$$

导出矛盾,这样证明了 $\pi^2$ 是无理数,那么 $\pi$ 自然也就是无理数

(因为其逆否命题:若 $\pi$ 是有理数,那么 $\pi^2$ 是有理数成立)

根据这个定理,我们知道

$$\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}$$

是无理数,且 $\zeta(4)=\frac{\pi^{4}}{90}$ 是无理数,且对于所有正偶数,函数值都是无理数

这个问题我们讲到 $\zeta$ 函数一章时会继续研究

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