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{{header
 | title       = 數學討論（一）
 | author      = 曾炯
 | year        = 1933
 | month       = 1
 | theme       = 數學
 | notes       = 刊於《國立山東大學科學叢刊》第一卷第一期，民國二十二年一月，青島國立山東大學編印。
}}

{{center|{{++|數學討論}}（一）}}

{{center|I.<math>\sum_{n=0}^\infty \cos nx</math>在何點爲收歛何點爲發散？}}

{{center|{{++|曾　烱}}}}

　　此問題爲初等解析之例題自不能用 Cantor定理*

此處<math> a_n=1,b_n=0, a_n>0</math>

<math>\therefore a_n \cos nx \to 0.</math>

而項之趨向<math>0</math>爲收歛必須條件無待贅言故吾人祗須證明 <math>\cos nx \to 0 </math>對於一切 <math>x</math> 下述解决方法乃 Diophantische Approximationen 應用之一例:

　　(a)令 <math>x=y\pi</math>　　<math>\pi</math>爲圓周率

設<math>y</math>爲有理數時卽

　　<math>y = \frac h g</math>, 　　<math>h,g</math> 爲整數

　　<math>m=ng, \cos mx = \pm 1 \neq 0,</math>

如是之<math>m</math>不知其幾千萬也故此時甚易.

　　(b)茲假定<math>y</math>爲無理數時則不若前此之簡單欲達證明<math>\cos mx \to 0</math>之目的祗須證明對於任何旣定之<math>\epsilon > 0</math>,任何大之<math>m_0</math>任何所與之<math>x</math>必有一個<math>m</math>存在<math>m\geqq m_0</math>使

　　<math>|\cos mx - 1| < \epsilon </math>　或　<math> | \cos mx + 1 | < \epsilon</math>

<math>\cos x</math> 爲<math>x</math> 之連續函數其週期爲<math>2\pi</math>由此性質而推知祗須證明對於如上旣定之<math>\epsilon, m_0, x</math>可得兩種整數<math>m\geqq m_0, n</math>使


　　<math>|mx - n\pi| < \delta = \delta(\epsilon)</math>

蓋<math>\cos n\pi = \pm 1</math>故. 本問題因是歸解下列不定不等方程式

　（甲）　　 <math>|my -n| < \frac {\delta}{\pi} = \delta_1 </math>　　而<math>m\ge m_0</math>

解决手段卽所謂抽箱結論法是.何謂抽箱結論法卽置<math>n+1</math>個物件於<math>n</math>個抽箱內則其中最少有一個抽箱含有二個或二個以上者.語曰百性日用而逮Dirichlet其功用大著於數論中.

　　言歸於正:吾人從實數性質中而知對於任何小之<math>\delta > 0</math>必有一個整數<math>g</math>存在使<math>g\delta > 1</math>（Archimedische Axiom）如<math>A>0</math>令<math>[A]</math>爲在<math>A</math>前最大之整數則令<math>g=\left[\frac 1 {\delta} \right]+ 1</math>可也.因<math>\left[\frac 1 {\delta} \right]+ 1 > \frac 1 {\delta}</math>, 故方程式（甲）可書之爲

　　<math>|my-n|<\frac 1 g < \delta_1 </math>　　其中<math>m,n</math>爲未知數.

爲簡便起見先置<math>m\ge m_0</math>之條件於不論.

　　將單位線段<math>0</math>——<math>1</math>分爲<math>g</math>等分作兩組<math>g+1</math>個數

　　<math>\alpha_\nu = \nu y, \ \nu = 0,1,\cdots,g; \ \beta_\nu = 1 + [\nu y],\  \nu = 0 ,1,\cdots,g.</math>

<math>[\;]</math>之意義如上.

令<math> \gamma_\nu = \beta_\nu - \alpha_\nu </math> 則 <math> 0<\gamma_\nu \le 1.\  \nu = 0,1,\cdots, g</math>.

因<math>\beta_\nu</math>剛爲<math>\alpha_\nu</math>後之第一整數故由抽箱結論法則知必有二個不同之<math>\gamma_\lambda, \gamma_\mu, \lambda > \mu</math>在一個小線段中.故<math>|\gamma_\lambda - \gamma_\mu| < \frac 1 g</math>, 卽<math>| [\lambda y] - [\mu y] - y(\lambda - \mu) | < \frac 1 g</math>. 無論如何<math>[\lambda y] - [\mu y]</math>及<math>\lambda - \mu</math>兩整數而<math>\lambda - \mu \ne 0</math>. 令其各爲<math>\xi, \eta</math>而得 <math>|\xi y - \eta| < \frac 1 g</math>. 茲選<math>g</math>如彼其大使<math>\frac 1 g < \frac{\delta}{\pi m_0}</math>得

　　<math>|m_0 \xi y - m_0 \eta| < \frac{\delta}{\pi},\ \xi\ne 0,\ \therefore \xi \geqq 1.</math>

令<math>m_0\xi = m, m_0\eta = n </math>卽所求之目的也.

　　上述之方法可施之於下例問題卽

設有<math>N</math>個實數<math>a_1,a_2,\cdots,a_N</math>爲旣定. <math>q</math>爲整數<math>\tau </math>爲實數皆旣定.常可求一個<math>t</math>於<math>\tau \leqq t \leqq q^n</math>及<math>N</math>個整數<math>x_1,\cdots,x_N</math>使

　　<math>|t a_n - x_n| \leqq \frac 1 q\ \ (n=1,2,\cdots,N)</math>

證明方法不難照上推演之. （待續）

<hr>
<nowiki>*</nowiki> Cantor 定理曰: <math>a_n \cos nx + b_n \sin nx \to 0 </math>

祗須而必須 <math>a_n\to 0, b_n \to 0</math>.
{{Pd/1996|1940}}