實數表示法及其應用一題問

　　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$b,b_1,b_2,\cdots \cdots$爲一組正整數，$q$爲任意整數，$1;b;b{b}_1;b,b_1,b_2,\cdots \cdots$自某定項以後，均爲$q$能除盡，則任意一實數$Z$可以下列級數

　　　$G+\frac{\lambda }{b}+\frac{\mu }{b{b}_1}+\frac{\nu }{b{b}_1{b}_2}+\cdots \cdots$

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

　　　$0\leqq \lambda \leqq b-1,0\leqq \mu \leqq b_1-1,0\leqq \nu \leqq b_2-1,\cdots \cdots$

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

或全等於$0$，此爲必須條件，否則$Z$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$r$進位法。例如，$Z=G+\frac{\lambda }{r}+\frac{\mu }{r^2}+\frac{\nu }{r^3}+\cdots \cdots$

$r$爲$10$時，則所謂十進位法是也。例如圓周率$\pi$

　　　$\begin{array}{cc}\pi & =3.1415926\cdots \cdots \\ & =3+\frac{1}{10}+\frac{4}{10^2}+\frac{1}{10^3}+\frac{5}{10^4}+\frac{9}{10^5}+\frac{2}{10^6}+\frac{6}{10^7}+\cdots \cdots \end{array}$

　　如上述定理中所表示之數，例如

　　　$e=2+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+\cdots \cdots$

　　茲假定$b,b_1,b_2,b_3,\cdots \cdots$爲同向增大，卽$b<b_1<b_2<\cdots \cdots$

則　　$f(x)=G+\frac{\lambda }{b}x+\frac{\mu }{b{b}_1}{x}^2+\frac{\nu }{b{b}_1{b}_2}{x}^3+\cdots \cdots$

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

　　　$f(x)=e^x=1+x+\frac{x^2}{1\cdot 2}+\cdots \cdots$

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

　　$\alpha =1$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$\beta >0$，若$\beta =0$，則$f(x)\equiv 0$無任$\alpha$爲何數均可。若$\beta <0$，則令$-\beta ={\beta }^{\prime }>0$，先求得${\beta }^{\prime }$之常數冪級數，爲$f(x)$，$f(\alpha )={\beta }^{\prime }$則$\beta$之常歛冪級數爲$-f(x)$, $-f(\alpha )=\beta$。

　　又可假定$\alpha >0$，若$\alpha <0$時，則令$-\alpha ={\alpha }^{\prime }>0$，先求得$\beta$關於${\alpha }^{\prime }$之冪級數爲

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n,$ 　　$f({\alpha }^{\prime })=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n\alpha {\text{'}}^n={\beta }_0$

再令　$x=-y$,

$f(-y)=F(y)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{a}_n{y}^n,f(-\alpha )=F({\alpha }^{\prime })=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{a}_n{\alpha }^n=\beta$

明矣。若$f(x)$爲常歛冪級數，則$F(y)$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$\alpha \ge 1$，若$\alpha <1$時，因$\alpha >0$，必有一個正有理數$\gamma$存在，$\alpha >\gamma >0$，則$\frac{\alpha }{\gamma }={\alpha }^{\prime }>1$。先求得${\alpha }^{\prime }$對應之常歛冪級數：

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$, 　　而$f({\alpha }^{\prime })=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n\alpha {\text{'}}^n=\beta$,

次令 $x=\frac{y}{r}$,

　　　$f\left(\frac{y}{r}\right)=F(y)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{\left(\frac{y}{r}\right)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_n{y}^n$,

　　　$F(\alpha )=f\left(\frac{\alpha }{\gamma }\right)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{\left(\frac{\alpha }{\gamma }\right)}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_n{\alpha }^n=\beta$,

　　　$a_n,\gamma$爲有理數，　　故$A_n$亦爲有理數。

　　$\lim \sqrt[n]{A_n}=\frac{1}{r}\lim \sqrt[n]{a_n}\to 0$故同爲常斂冪級數。

　　最後可假定$\beta \ne \gamma \alpha$其中$\gamma$爲有理數。若不然則令$f(x)=\gamma x$,

　　而　$f(\alpha )=\gamma \alpha =\beta$。

由是本問題可令簡單之如次：

　　設$\alpha >1,\beta >0,\beta \ne \gamma \alpha ,\gamma$爲有理數，試求一常斂冪級數$f(x)$，其各係數均爲有理數，$f(\alpha )=\beta$。

　　若$\beta >\alpha$，則必有一個有理數${\gamma }_1$，使$\beta -{\gamma }_1<\alpha$。茲令${\beta }_1=\beta -{\gamma }_1$，令${\gamma }_1=a_0$，則

　　　$\beta =a_0+{\beta }_1$。

　　因${\beta }_1<\alpha$，（若$\beta <\alpha$時，同此討此）由Template:Ul公理，必有一個整數$b_1$，使$b_1{\beta }_1>\alpha$，故

　　　${\beta }_1>\frac{\alpha }{b_1}$。

　　試分$\alpha$爲$b_1$個等分。則

　　　$\frac{c_1+1}{b_1}\alpha >{\beta }_1\geqq \frac{c_1\alpha }{b}$其中$c_1$爲整數$0<c_1<b_1$。

若　${\beta }_1=\frac{c_1\alpha }{b_1}$，則本問題完成，令$\frac{c_1}{b_1}=a_1$，

　　　${\beta }_1=a_1\alpha$,

　　　$f(x)=a_0+a_{1}x,f(\alpha )=a_0+a_1\alpha =\beta$。

若　　${\beta }_1\ne \frac{c_1\alpha }{b_1}$則${\beta }_1>\frac{c_1\alpha }{b_1}$，

　　　${\beta }_2={\beta }_1-\frac{c_1\alpha }{b_1}<\frac{\alpha }{b_1}$。

　　如前理必有一整數$b_2$，

　　　1, $b_2>b_1$。

　　　2, ${\beta }_2>\frac{\alpha }{b_1{b}_2}\ge \frac{{\alpha }^2}{b_1{b}_2}$。

因之有一整數$c_2$滿足

　　　$\frac{c_2+1}{b_1{b}_2}{\alpha }^2>{\beta }_2\geqq \frac{c_2}{b_1{b}_2}{\alpha }^2$，其中$0<c_2<b_2$。

若$c_2\geqq b_2$，則${\beta }_2\geqq \frac{c_2}{b_1{b}_2}{\alpha }^2\geqq \frac{b_2}{b_1{b}_2}\alpha =\frac{1}{b_1}\alpha$，此乃不可能之事。

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

令　　${\beta }_n={\beta }_{n-1}-a_{n-1}{\alpha }^{n-1}$,

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

　　　${\beta }_n<\frac{{\alpha }^{n-1}}{b_1{b}_2\cdots b_{n-1}}\leqq \frac{{\alpha }^n}{b_1{b}_2\cdots b_{n-1}}$，

由是選定一整數$b_n$,

　　　1. $b_n>b_{n-1}$。

　　　2. ${\beta }_n>\frac{{\alpha }^n}{b_1\cdots b_n}$。

故必有一個整數$c_n$滿足

　　　$\frac{c_n+1}{b_1\cdots b_n}{\alpha }^n>{\beta }_n\geqq \frac{c_n}{b_1\cdots b_n}{\alpha }^n,0<c_n<b_n$,

故所有$a_n$皆可得之。由是得一羣多項式〔$P_n(x)$〕。

　　　$P_n(x)=a_0+a_{1}x+\cdots \cdots +a_n{x}^n$,

設有一$n$使　${\beta }_n=\frac{c_n{\alpha }^n}{b_1\cdots b_n}$,

則所求之冪級數爲

　　　$f(x)=P_n(x)$。

因

　　　$\begin{array}{cc}f(\alpha )& =P_n(\alpha )=a_0+a_1\alpha +\cdots +a_n{\alpha }^n\\ & =a_0+a_1\alpha +\cdots +{\beta }_n\\ & =a_0+\cdots +a_{n-2}{\alpha }^{n-2}+{\beta }_{n-1}\\ & ={\gamma }_1+{\beta }_1=\beta .\end{array}$

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

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

何則，因

　　　$|P_m(x)-P_n(x)|=|\frac{c_{m+1}}{b_1\cdots b_{m+1}}{x}^{m+1}+\cdots +\frac{c_n}{b_1\cdots b_n}{x}^n|$

　　　$\leqq |\frac{x^{m+1}}{b_1\cdots b_m}+\cdots \cdots +\frac{x^n}{b_1\cdots b_{n-1}}|$

　　　$\leqq |\frac{x^{m+1}}{m!}+\cdots \cdots +\frac{x^n}{(n-1)!}|$

由$e^x$之性質

　　　$<\delta$ 　　只須 $m\geqq n\geqq \mu (\delta )$。

故所求之冪級數爲

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n=\lim P_m(x)$

而$\beta$爲〔$P_m(\alpha )$〕所定矣。

簡言之

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

或　　$\beta =f(\alpha )=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{\alpha }^n$。

　　本問題旣解決。由此定理可推論一代數問題：

　　設$a_0+a_{1}x+\cdots \cdots a_n{x}^n=0$之係數皆爲有理數，若$\sqrt{2}$爲其一根，則$-\sqrt{2}$亦爲一根，其理甚簡。若爲常斂冪級數則不然，換言之，$\sqrt{2}$爲其一根時 $-\sqrt{2}$不一定爲其一根也。何則，設$\beta$爲正整數，由上定理，依適當的選擇$b_1,b_2,\cdots \cdots b_n\cdots \cdots$可令

　　　$\beta =\frac{c_1}{b_1}(\sqrt{2})+\frac{c_2}{b_1{b}_2}(\sqrt{2}{)}^2+\cdots \cdots +\frac{c_n}{b_1{b}_n}(\sqrt{2}{)}^n+\cdots \cdots$

　　　$c_1>0,c_2>0,\cdots \cdots c_n>0\cdots \cdots$

　　　$f(x)=-\beta +\frac{c_1}{b_1}x+\frac{c_2}{b_1{b}_2}{x}^2+\cdots \cdots$

$\therefore f(\sqrt{2})=0$。

然

　　　$\begin{array}{cc}f(-\sqrt{2})& =-\beta -\sqrt{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{c_{2n-1}}{b_1\cdots b_{2n-1}}{2}^{n-1}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{c_{2n}}{b_1\cdots b_{2n}}{2}^n\\ & \ne 0.\end{array}$