查看“︁實數表示法及其應用一題問”︁的源代码

{{header
 | title       = 實數表示法及其應用一題問
 | author      = 曾炯
 | year        = 1930
 | month       = 2
 | day         = 5
 | theme       = 數學
 | notes       = 刊於《留德學誌》第一期，民國十九年六月留德學誌社出版。
}}

{{center|{{++|實數表示法及其應用一題問}}}}

{{center|{{+|{{ul|曾　烱}}}}}}

　　實數論爲解析學之基礎，吾人於開方，求對數，與及微分積分之討論嚴密者，已知其重要之所在。近六十年來，若Weierstrass, Cantor及Dedekind諸家之講義，無不以此爲其研究高等解析之出發點。今則凡研究函數論者，其開端卽以此也。

　　今冬季學期，受冪級數論於Landau氏，課中常有關於實數問題，令同學自索，茲篇乃課作之一，譯爲國語。

　　昔Cantor 關於實數之表示有一定理：

設<math>b,b_1,b_2,\cdots\cdots</math>爲一組正整數，<math>q</math>爲任意整數，<math>1;b;b b_1;b,b_1,b_2,\cdots\cdots</math>自某定項以後，均爲<math>q</math>能除盡，則任意一實數<math>Z</math>可以下列級數

　　　<math>G+\frac{\lambda}{b} +\frac{\mu}{bb_1} +\frac{\nu}{bb_1b_2} +\cdots\cdots</math>

不二的表示之。其中<math>G</math>爲整數，<math>\lambda, \mu,\nu,\cdots\cdots</math>等亦爲整數滿足下列諸關係：

　　　<math>0\leqq \lambda \leqq b-1, 0 \leqq \mu \leqq b_1 - 1, 0 \leqq \nu \leqq  b_2-1, \cdots\cdots</math>

若<math>Z</math>爲有理數，則自某定項後，一切<math>\lambda, \mu, \nu</math>或全等於其最大之數，如<math>\lambda = b-1</math>,<math>\mu = b_1-1</math>,<math> \nu = b_2-1, \cdots\cdots</math>

或全等於<math>0</math>，此爲必須條件，否則<math>Z</math>爲無理數。

　　此定理之證明，見諸討論實數諸專著中，吾人平常所習見者，有所謂<math>r</math>進位法。例如，<math>Z=G+\frac{\lambda}{r}+\frac{\mu}{r^2}+\frac{\nu}{r^3}+\cdots\cdots</math>

<math>r</math>爲<math>10</math>時，則所謂十進位法是也。例如圓周率<math>\pi</math>

　　　<math>\begin{align}\pi &= 3.1415926\cdots\cdots \\ &= 3+\frac 1{10}+\frac 4{10^2}+\frac 1{10^3}+\frac 5{10^4}+\frac 9{10^5}+\frac 2{10^6}+\frac 6{10^7}+\cdots\cdots\end{align}</math>

　　如上述定理中所表示之數，例如

　　　<math>e=2+\frac 1{1\cdot 2}+\frac 1{1\cdot 2\cdot 3}+\frac 1{1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4} + \cdots\cdots</math>

　　茲假定<math>b,b_1,b_2,b_3,\cdots\cdots</math>爲同向增大，卽<math>b<b_1<b_2<\cdots\cdots</math>

則　　<math>f(x) = G+\frac{\lambda}{b}x +\frac{\mu}{b b_1}x^2 +\frac{\nu}{b b_1 b_2}x^3+\cdots\cdots</math>

　　表示一常斂冪級數，其理甚明。故此實數<math>Z</math>，乃<math>f(x)</math>在<math>x=1</math>時表示之數值。如

　　　<math>f(x) = e^x = 1 + x + \frac{x^2}{1\cdot 2} + \cdots\cdots</math>

　　本篇問題：乃求一常斂冪級數一切係數皆有理數，使<math>x</math>等於已知之數<math>\alpha</math>時，而<math>f(x)</math>等於已知之數<math>\beta</math>。其中<math>\alpha \gtrless 0, \beta \gtreqqless 0</math>均可。

　　<math>\alpha = 1</math>時卽Cantor定理。故本問題解決後，Cantor定理亦可同樣證明。

　　爲簡便起見，且無損於問題的一般性，可假定<math>\beta > 0</math>，若<math>\beta = 0</math>，則<math>f(x) \equiv 0</math>無任<math>\alpha</math>爲何數均可。若<math>\beta < 0</math>，則令<math>-\beta = \beta' > 0</math>，先求得<math>\beta'</math>之常數冪級數，爲<math>f(x)</math>，<math>f(\alpha)= \beta' </math>則<math>\beta</math>之常歛冪級數爲<math>-f(x)</math>, <math>-f(\alpha) = \beta</math>。

　　又可假定<math>\alpha>0</math>，若<math>\alpha < 0</math>時，則令<math>-\alpha = \alpha' > 0</math>，先求得<math>\beta </math>關於<math>\alpha'</math>之冪級數爲

　　　<math>f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,</math> 　　<math>f(\alpha') = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \alpha'^n = \beta_0</math>

再令　<math>x = -y</math>,

<math>f(-y)= F(y)= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n y^n, f(-\alpha) = F(\alpha')= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n \alpha^n =\beta</math>

明矣。若<math>f(x)</math>爲常歛冪級數，則<math>F(y)</math>亦爲常歛冪級數，何則？因其係數之絕對值相同故也。

　　復可假定<math>\alpha \ge 1</math>，若<math>\alpha < 1</math>時，因<math>\alpha > 0</math>，必有一個正有理數<math>\gamma </math>存在，<math>\alpha > \gamma  > 0</math>，則<math>\frac{\alpha}{\gamma} = \alpha' > 1</math>。先求得<math>\alpha'</math>對應之常歛冪級數：
 
　　　<math> f(x)= \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n</math>, 　　而<math>f(\alpha') = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \alpha'^n = \beta</math>,
 
次令 <math>x=\frac y r</math>,
 
　　　<math> f\left(\frac y r \right) = F(y) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(\frac y r \right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} A_n y^n</math>,
 
　　　<math> F(\alpha) = f \left(\frac {\alpha}{\gamma}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \left(\frac{\alpha}{\gamma}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} A_n \alpha^n = \beta</math>,
 
　　　<math> a_n,\gamma</math>爲有理數，　　故<math>A_n</math>亦爲有理數。
 
　　<math> \lim \sqrt[n] {A_n} = \frac 1 r \lim \sqrt[n]{a_n} \to 0 </math>故同爲常斂冪級數。
 
　　最後可假定<math>\beta\neq \gamma\alpha</math>其中<math>\gamma</math>爲有理數。若不然則令<math>f(x)=\gamma x</math>,
 
　　而　<math>f(\alpha) = \gamma \alpha =\beta</math>。
 
由是本問題可令簡單之如次：
 
　　設<math>\alpha> 1, \beta > 0, \beta \neq \gamma\alpha, \gamma</math>爲有理數，試求一常斂冪級數<math>f(x)</math>，其各係數均爲有理數，<math>f(\alpha) = \beta </math>。

　　若<math>\beta > \alpha </math>，則必有一個有理數<math>\gamma_1</math>，使<math>\beta -\gamma_1 < \alpha</math>。茲令<math>\beta_1 = \beta - \gamma_1</math>，令<math>\gamma_1 = a_0</math>，則

　　　<math>\beta = a_0 + \beta_1</math>。

　　因<math>\beta_1 < \alpha</math>，（若<math>\beta<\alpha</math>時，同此討此）由{{ul|亞基末得}}公理，必有一個整數<math>b_1</math>，使<math>b_1\beta_1 > \alpha</math>，故

　　　<math>\beta_1 > \frac{\alpha}{b_1}</math>。

　　試分<math>\alpha </math>爲<math>b_1</math>個等分。則

　　　<math>\frac{c_1+1}{b_1}\alpha > \beta_1 \geqq \frac{c_1\alpha}{b} </math>其中<math>c_1</math>爲整數<math>0<c_1<b_1</math>。

若　<math>\beta_1 = \frac{c_1\alpha}{b_1}</math>，則本問題完成，令<math>\frac{c_1}{b_1} = a_1</math>，

　　　<math>\beta_1 = a_1 \alpha</math>,

　　　<math>f(x) = a_0+a_1x,\ \ f(\alpha) = a_0 + a_1\alpha = \beta</math>。

若　　<math>\beta_1 \neq \frac{c_1\alpha}{b_1}</math>則<math>\beta_1 > \frac{c_1\alpha}{b_1}</math>，

　　　<math>\beta_2 = \beta_1 - \frac{c_1\alpha}{b_1} < \frac {\alpha}{b_1}</math>。

　　如前理必有一整數<math>b_2</math>，

　　　1, <math>b_2 > b_1</math>。

　　　2, <math>\beta_2 > \frac{\alpha}{b_1b_2} \ge \frac{\alpha^2}{b_1b_2}</math>。

因之有一整數<math>c_2</math>滿足

　　　<math>\frac {c_2+1}{b_1b_2}\alpha^2 > \beta_2 \geqq \frac{c_2}{b_1b_2}\alpha^2</math>，其中<math>0<c_2<b_2</math>。

若<math>c_2 \geqq b_2</math>，則<math>\beta_2 \geqq \frac {c_2}{b_1b_2}\alpha^2 \geqq \frac {b_2}{b_1b_2}\alpha = \frac 1 {b_1} \alpha</math>，此乃不可能之事。

繼續以求其次，設已求得<math>a_{n-1}</math>，且<math>b_1<b_2<\cdots\cdots<b_{n-1}</math>。

令　　<math> \beta_n = \beta_{n-1} - a_{n-1}\alpha^{n-1}</math>,

其中　<math>a_{n-1} = \frac{c_{n-1}}{b_1\cdots b_{n-1}},\ 0<c_{n-1}<b_{n-1}</math>，

　　　<math>\beta_n < \frac{\alpha^{n-1}}{b_1 b_2\cdots b_{n-1}} \leqq \frac{\alpha^{n}}{b_1 b_2\cdots b_{n-1}}</math>，

由是選定一整數<math>b_n</math>, 

　　　1. <math>b_n> b_{n-1}</math>。

　　　2. <math>\beta_n>\frac{\alpha^n}{b_1\cdots b_n}</math>。

故必有一個整數<math>c_n</math>滿足

　　　<math>\frac{c_n+1}{b_1\cdots b_n} \alpha^n > \beta_n \geqq \frac{c_n}{b_1\cdots b_n}\alpha^n , 0<c_n<b_n</math>,

故所有<math>a_n</math>皆可得之。由是得一羣多項式〔<math>P_n(x)</math>〕。

　　　<math>P_n(x) = a_0 + a_1 x+\cdots\cdots + a_n x^n</math>,

設有一<math>n</math>使　<math>\beta_n = \frac{c_n \alpha^n}{b_1\cdots b_n}</math>,

則所求之冪級數爲

　　　<math>f(x) = P_n(x)</math>。

因

　　　<math>\begin{align}f(\alpha) &= P_n(\alpha) = a_0+a_1\alpha +\cdots +a_n\alpha^n \\ &= a_0 +a_1\alpha +\cdots +\beta_n \\ &= a_0+\cdots +a_{n-2}\alpha^{n-2} + \beta_{n-1} \\ &=\gamma_1 + \beta_1 = \beta .\end{align}</math>

　　若不爲此類，則〔<math>P_n</math>〕一樣的向<math>f(x)</math>收斂；換言之，對於旣定之<math>\delta>0</math>，必有一個<math>\mu(\delta)</math>存在，使

　　　<math>|P_m(x)-P_n(x)| < \delta</math>，只須<math> m\geqq n \geqq \mu(\delta)</math>。

何則，因

　　　<math>|P_m(x) - P_n(x)| = \left| \frac{c_{m+1}}{b_1\cdots b_{m+1}} x^{m+1} + \cdots + \frac{c_n}{b_1\cdots b_n} x^n\right|</math>

　　　<math>\leqq \left| \frac{x^{m+1}}{b_1\cdots b_m}+\cdots\cdots +\frac{x^n}{b_1\cdots b_{n-1}}\right|</math>

　　　<math>\leqq \left|\frac{x^{m+1}}{m!}+\cdots\cdots +\frac{x^n}{(n-1)!}\right|</math>

由<math>e^x</math>之性質

　　　<math><\delta</math> 　　只須 <math>m\geqq n \geqq \mu(\delta)</math>。

故所求之冪級數爲

　　　<math>f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n = \lim P_m(x)</math>

而<math>\beta </math>爲〔<math>P_m(\alpha)</math>〕所定矣。

簡言之

　　　<math>|\beta - P_n(\alpha)| = \beta_n < \frac{\alpha^n}{b_1\cdots b_{n-1}} \le \frac{\alpha^n}{(n-1)!} \to 0</math>。

或　　<math>\beta = f(\alpha) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \alpha^n</math>。

　　本問題旣解決。由此定理可推論一代數問題：

　　設<math>a_0+a_1 x+\cdots \cdots a_n x^n=0</math>之係數皆爲有理數，若<math>\sqrt{2}</math>爲其一根，則<math>-\sqrt{2} </math>亦爲一根，其理甚簡。若爲常斂冪級數則不然，換言之，<math>\sqrt 2 </math>爲其一根時 <math>-\sqrt 2</math>不一定爲其一根也。何則，設<math>\beta</math>爲正整數，由上定理，依適當的選擇<math>b_1,b_2,\cdots\cdots b_n \cdots\cdots</math>可令

　　　<math>\beta = \frac{c_1}{b_1}(\sqrt 2) + \frac{c_2}{b_1 b_2}(\sqrt 2)^2+ \cdots\cdots + \frac{c_n}{b_1 b_n}(\sqrt 2)^n +\cdots\cdots</math>

　　　<math>c_1 > 0, c_2 > 0, \cdots\cdots c_n > 0\cdots\cdots</math>

　　　<math>f(x)= - \beta + \frac {c_1}{b_1} x + \frac{c_2}{b_1b_2} x^2 + \cdots\cdots</math>

<math>\therefore\quad f(\sqrt 2) = 0</math>。

然

　　　<math>\begin{align}f(-\sqrt 2) &= -\beta -\sqrt 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{2n-1}}{b_1\cdots b_{2n-1}}2^{n-1} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{2n}}{b_1\cdots b_{2n}}2^n \\ &\neq 0 .\end{align}</math>

{{right|十九年二月五號於Göttingen.}}

{{Pd/1996|1940}}