代数数与超越数

一、研究的启源——从一道线代作业题说起

设集合 P={a+bπ∣a,b∈Q}P=\{a+b\pi|a,b\in Q\}，判断并证明 PP 是否为数域

答案  不是数域

证明  我们只需要证明 π2∉P\pi^2 \notin P 即可，假设 π2∈P\pi^2 \in P ，则 π2=a+bπ\pi^2=a+b\pi，即

π2−bπ−a=0\pi^2-b\pi-a=0

故 π\pi 是整系数多项式方程

x2−bx−a=0x^2-bx-a=0

的根，这与 π\pi 的超越性矛盾，故假设不成立，证毕

上面的证明过程用到了 π\pi 的超越性，由此而发，我们来研究一波代数数与超越数的问题

二、前置技能——集合论

1、定义： 若集合 SS 与集合 Nn=N_n={0,1,2,...,n−10,1,2,...,n-1} 存在一一对应关系，则称集合 SS 是有限集，且基数为 nn ，否则是无限集

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

3、定义： 与自然数集合等势的集合称为可数集（可列集）

4、定理： 可数个可数集的并集仍为可数集

证明：设 M1,M2,...M_1,M_2,... 为可数个可数集，且 Mi=(ai1,ai2,...,aij,...)M_i=(a_{i1},a_{i2},...,a_{ij},...)

则这些集合的并集为：{a11,a12,a21,a13,a22,a31,a14,...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

5、定理： 实数集是不可数集

证明：（1）首先证明 (0,1)(0,1) 内的实数是不可数的

若 SS 是可数集，则它的元素可依次排列为 s0,s1,s2,...s_0,s_1,s_2,... ，设

s0=0.a00a01a02...a0n...s1=0.a10a11a12...a1n...s2=0.a20a21a22...a2n...sm=0.am0am1am2...amn...\begin{aligned}&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}...\end{aligned}

我们可以构造一个 (0,1)(0,1) 的实数r=0.b1b2b3...bn...r=0.b_1b_2b_3...b_n...，其中bj={1bjj≠12bjj=1b_j=\left\{\begin{matrix}1 &b_{jj}\neq 1 \\ 2 &b_{jj}= 1 \end{matrix}\right.

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

（2）证明 S=(0,1)∼RS=(0,1)\sim R

我们建立一个一一对应的函数：

y={1bjj≠12bjj=1y=\left\{\begin{matrix}1 &b_{jj}\neq 1 \\ 2 &b_{jj}= 1 \end{matrix}\right.

对任意的 x∈Sx\in S ，都有唯一的 y∈Ry\in R 与之对应

故 S=(0,1)∼RS=(0,1)\sim R，证明完毕

三、超越数的存在性

1、定义： 若 ξ\xi 是整系数有理方程 f(x)=anxn+an−1xn−1+...+a0=0f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0=0 的根，则称 ξ\xi 为代数数，否则为超越数

2、定理： 代数数集是可数集

证明：对于多项式方程

anxn+an−1xn−1+...+a0=0a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0=0

设

N=n+∣an∣+∣an−1∣+...+∣a0∣N=n+|a_n|+|a_{n-1}|+...+|a_0|

那么显然有 N≥2N\geq 2

且与 NN 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 ENE_N，那么可以列出：E2,E3,...,EN,...E_2,E_3,...,E_N,...

设 EN′=E'_{N}={x∣x∈EN且x∉Ei,i<Nx|x\in E_N且x\notin E_i,i<N}，那么可以列出：

E2,E3′,...,EN′,...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

3、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

四、多项式方程的可约性

1、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

2、定义： 若 ξ\xi 为不可约整系数多项式方程 anxn+an−1xn−1+...+a0=0a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0=0 的根，则称 ξ\xi 为 nn 次代数数

3、爱森斯坦不可约准则： 对于整系数多项式 anxn+an−1xn−1+...+a0a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0，若存在素数 pp，使得p∤anp\nmid a_n，且p∣ai,i∈[0,n−1]p|a_i,i\in[0,n-1]，且p2∤a0p^2\nmid a_0，则该多项式是不可约的

证明：假设多项式 f(x)f(x) 满足条件且可约，设

f(x)=u(x)v(x)≡anxn( mod p)f(x)=u(x)v(x)\equiv a_{n}x^{n}(\bmod p)

因此 u,vu,v 在 ( mod p)(\bmod p) 下都是 cxdcx^{d} 的形式，也就是说，u,vu,v 除了最高次项，其它项系数都是 pp 的倍数，因此

p∣u(0),p∣v(0)⇒p2∣f(0)p|u(0),p|v(0)\Rightarrow p^{2}|f(0)

这与 p2∤a0p^{2}\nmid a_{0} 矛盾，证毕

五、LiouvilleLiouville代数数判断定理

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

证明：设 ξ\xi 满足整系数方程 f(ξ)=anξn+an−1ξn−1+...+a0=0f(\xi)=a_n\xi^{n}+a_{n-1}\xi^{n-1}+...+a_0=0

当 x∈(ξ−1,ξ+1)x\in (\xi-1,\xi+1) 时存在 M=M(ξ)M=M(\xi) 使得 ∣f′(x)∣<M|f'(x)|<M

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

那么显然有 ∣f(pq)∣=∣anpn+an−1pn−1q+...+a0qn∣qn≥1qn|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(pq)=f(pq)−f(ξ)=(pq−ξ)f′(η)f(\frac{p}{q})=f(\frac{p}{q})-f(\xi)=(\frac{p}{q}-\xi)f'(\eta )

其中η∈(pq,ξ)\eta \in (\frac{p}{q},\xi)

所以有：∣ξ−pq∣=∣f(pq)∣∣f′(η)∣>1Mqn|\xi-\frac{p}{q}|=\frac{|f(\frac{p}{q})|}{|f'(\eta)|}>\frac{1}{Mq^n}

结合题中条件有：1Mqn<Aqn+δ\frac{1}{Mq^n}<\frac{A}{q^{n+\delta}}

即q<AMδq<\sqrt[\delta]{AM}

故有理数对(p,q)(p,q)对数有限

2、定理： 刘维尔数 ξ=110+1102!+1103!+...\xi=\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2!}}+\frac{1}{10^{3!}}+... 为超越数

证明：设 pq=110+1102!+...+110m!\frac{p}{q}=\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2!}}+...+\frac{1}{10^{m!}}，其中 q=10m!q=10^{m!}，则

∣ξ−pq∣=110(m+1)!+...<210(m+1)!=2qm+1|\xi-\frac{p}{q}|=\frac{1}{10^{(m+1)!}}+...<\frac{2}{10^{(m+1)!}}=\frac{2}{q^{m+1}}

其中 mm 是任意的整数，由判定定理可知 ξ\xi 不是代数数

3、定理： ee 是超越数

姿势水平受限，证明请@厄尔米特@林德曼

六、尺规作图研究

1、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。

2、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

3、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。

4、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。

5、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

6、问题的转化

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,BCAC,BC 是给定的两个线段，过点 CC 任作一直线，直线上取点 EE 使得 CE=1CE=1，做以 ABEABE 三点确定的圆，延长 ECEC 交此圆于 DD，CDCD 即为以 AC×BCAC\times BC 为长度的线段。

注：由相交弦定理可知 AC×BC=EC×DCAC\times BC=EC\times DC

除法： 我们只需要考虑逆元 1b\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=1AC=BC=1，过点 CC 任作直线，取直线上一点 DD 使得 CD=bCD=b，做 ABDABD 三点确定的圆，延长 DCDC 交此圆于 EE，CECE 即为以 1b\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=aAC=a，延长 ACAC，直线 ACAC 上取 BB 使得 BC=1BC=1，取 ABAB 中点 OO，作以 ABAB 为直径的圆，过 CC 做 ABAB 的垂线，交此圆于 DD，CDCD 即为以 a\sqrt{a} 为长度的线段。


看到这里，我请诸君思考一下，开立方乃至更高次的开方能否用尺规作图实现

遗憾的是，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

7、定义： 设 PP 是一些数组成的集合，满足
（1）PP 中至少有两个不同的数
（2）PP 中任意两数的加减乘除的结果仍在 PP 中（即对四则运算封闭）
那么我们称 PP 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 QQ 我们对 22 开方得到 2\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+b2a+b\sqrt2 的数构成了一个新的数域，这个数域是包含了 Q和2Q和\sqrt2 的最小数域，我们记作 Q(2)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

8、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(2)Q(\sqrt2) 是二维扩张，因为每个数都能被表示为 a+b2a+b\sqrt2 的形式，记作 [Q(2):Q]=2[Q(\sqrt{2}):Q]=2

而 Q(2,3)Q(\sqrt{2},\sqrt{3}) 表示的是加入 2,3\sqrt{2},\sqrt{3} 后的四维扩张，因为每个数都能被表示为 a+b2+c3+d6a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}，记作 [Q(2,3):Q]=4[Q(\sqrt2,\sqrt3):Q]=4

同样的，[Q(2,3):Q(2)]=2[Q(\sqrt2,\sqrt3):Q(\sqrt2)]=2，因为 Q(2,3)Q(\sqrt2,\sqrt3) 中的数都可以表示为 a+b3(a,b∈Q(2))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][B:A][C:B]=[C:A]

9、定理： 扩张的维数等于新加入的数的次数

例如在上例中，2\sqrt2 是不可约多项式方程 x2−2=0x^2-2=0 的根，所以 2\sqrt2 的次数为 22

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

10、定理： 尺规作图只能做出次数为 2k(k≥0)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 QQ

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 B2−4AC\sqrt{B^2-4AC}

如果 B2−4ACB^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22

所以最终数域的维数为 2k(k≥0)2^k(k\geq 0)

与之对应的代数数次数也就为 2k(k≥0)2^k(k\geq 0)

11、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 23\sqrt[3]{2} 的线段

而 23\sqrt[3]{2} 是不可约多项式 x3−2=0x^3-2=0 的根，故它的次数为 33，不是 22 的整次幂

所以该问题不可作

（2）这个问题相当于做出 π\sqrt\pi 的线段

可以证明 π\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°60° 角不可三等分即可（举一个反例）

而三等分 60°60° 角相当于做出 cos20°cos20°

根据三倍角公式有 cos60°=4cos320°−3cos20°cos60°=4cos^3 20°-3cos20°

即 cos20°cos20° 是不可约多项式方程 8x3−6x+1=08x^3-6x+1=0 的根，所以是三次代数数，不可作

七、参考文献