數學分析外篇（一）

05-24

數學分析外篇（一）

來自專欄我的數學臆想

上一次在數分的筆記里談到一個問題，一直沒有給出答案，今天我們就來詳細探討下。

首先列出原問題：

Question 1：試找到兩個無理數 $a$ 和 $b$ ，使得 $a+b,ab$ 都是有理數。

Question 2：試找到兩個無理數 $a$ 和 $b$ ，使得 $a^b$ 是有理數。

首先我們來看第一個問題：

Question 1：試找到兩個無理數 $a$ 和 $b$ ，使得 $a+b,ab$ 都是有理數。

其實這個問題不難，因為要使得兩個無理數之和是一個有理數，只需要讓他們相加過後把無理的部分消掉就可以了。

這有點像尋求兩個非實複數使其之和為實數。

So，我們隨便舉個例子， $1+sqrt2,3-sqrt2$ 。

那麼如何讓他們之積也是有理數呢？

聰明的人可能一眼就看出來了，但是我們還是來嘗試下。

首先，由其相加為零，我們可設 $a，b$ 分別為 $r+sqrt n,t-sqrt n$ ，於是

$ab=(r+sqrt n)(t-sqrt n)=rt-n+(t-r)sqrt n$

由 $a,b$ 是無理數，顯然 $sqrt n$ 一定不可開方，那麼怎麼讓這個數為有理數呢？

消掉這個無理項不就完了！

我們令 $t-r=0$ 即 $t=r$ ，那麼 $ab=r^2-nin Q$

隨便舉個例子， $1+sqrt2,1-sqrt2$ 就滿足這個條件。

當然啦，這個答案一定是不全面的，歡迎大家再給出新的思路哈。

這裡評論區有一個補充，我感覺棒極了，感謝 @鍵山小鞠。

對於任意整係數二次方程，它的根之和與根之積都是有理數，而很多時候它的每個根都是無理數。

從這個角度來看的話，問題就變得簡單多了。

比如說我們隨便舉一個方程 $x^2-2=0$ ，它的兩個根就是這個問題的一組解。

下面來看第二個問題：

Question 2：試找到兩個無理數 $a$ 和 $b$ ，使得 $a^b$ 是有理數。

大多數人都是卡在這個問題上的，

我當時也是想了好久，然鵝最後還是沒想出來。

（不接受任何說我笨的指控……老子天下第一！=-=）

OK，群里還是有很多機智的大佬的，有些人提嘴就是一句。

$e^{ln2}$

不管你服不服，反正我是服了……

但是接下來又會產生一個問題， $e$ 是我們已經熟知的無理數，但是如何證明 $ln2$ 是無理數呢？

這裡補充一個評論區的證明（證明 $e$ 是無理數）感謝 @胡極限

proof

我們假設 $e$ 是有理數，那麼就存在兩個互素的正整數 $m,n$ ，使得 $e=frac mn$

由於函數 $e^x$ 的泰勒展開為 $1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+cdots+frac{x^n}{n!}+frac{xi^{n+1}}{(n+1)!}$ （其中 $frac{xi^{n+1}}{(n+1)!}$ 為Lagrange余項， $xi$ 在 $0$ 與 $x$ 之間），於是 $e=1+1+frac{1}{2!}+frac{1}{3!}+cdots+frac{1}{n!}+frac{t^{n+1}}{(n+1)!}$

於是， $frac mn=e=1+1+frac{1}{2!}+frac{1}{3!}+cdots+frac{1}{n!}+frac{t^{n+1}}{(n+1)!}$ （ $t in (0,1)$ ）

兩邊同時乘上 $n！$ ，我們得到

$m imes (n-1)!=n!+n!+n!/2+cdots+1+frac{t^{n+1}}{n+1}$

左邊是整數，右邊是小數，矛盾。

於是 $e$ 是一個無理數。（原先的證明是有問題的，感謝 @零絮的改進）

下面我們來試試證明 $ln2$ 是無理數。

假設 $ln2$ 是有理數，則存在兩個互素的正整數 $m,n$ ，使得 $ln2=frac mn$ ，於是……

於是？

於是 $m^2=n^2ln2$ ？

哈哈哈當然不是。

其實也不難，同樣的方法，變通一下就行了，當然這裡還要用到 $e$ 是超越數這個小結論。

為了避免大家對超越數不是很熟悉，我還是在這裡把它的定義寫一下。

Def：超越數是指不滿足任何整係數(有理係數)多項式方程的實數，即不是代數數的數。

通俗來說，就是如果存在一個方程

$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0=0$ （ $a_0,a_1,cdots,a_nin Q,nin N^+,a_n e 0$ )

使得 $t$ 是該方程的一個根，那麼就稱該數 $t$ 是一個代數數，否則就稱 $t$ 是一個超越數。

顯然，所有的有理數都是代數數，並且一部分無理數如 $sqrt2$ 也是代數數（因為 $sqrt2$ 是方程 $x^2-2=0$ 的根）

雖然我們日常生活中遇到的大多是代數數，但是實際上，超越數要比代數數多得多（超越數集是不可數的而代數數集是可數的）

這裡我們就不詳細討論了，只是不加證明地給出一個簡單的結論（反正我也不會證……）

$e$ 是一個超越數。

現在我們來證明 $ln2$ 是一個無理數。

假設 $ln2$ 是有理數，則存在兩個互素的正整數 $m,n$ ，使得 $ln2=frac mn$ ，於是 $2=e^{frac mn}$ ，故 $2^n=e^m$ 即 $e^m-2^n=0$ ，也就是說， $e$ 是方程 $x^m-2^n=0$ 的一個根。

這與 $e$ 是超越數矛盾。

於是 $ln2$ 是無理數。

實際上，如果更進一步的話，我們能說明 $ln2$ 是一個超越數，這裡需要用到一個定理。

Lindemanns Theorem

若 $alpha_1,alpha_2,cdots,alpha_n$ 是兩兩不等的代數數， $eta_1,eta_2,cdots,eta_n$ 是不全為零的代數數，那麼

$eta_1e^{alpha_1}+eta_2e^{alpha_2}+cdots+eta_ne^{alpha_n} e 0$

這個定理需要相當長的證明與不少預備知識，這裡我們就不展開討論了（其實是因為我也不會……）

通過這個定理我們可以得到一個有用的推論。

Corollary：滿足上述條件且 $alpha_1,alpha_2,cdots,alpha_n$ 均不為零時， $eta_1e^{alpha_1}+eta_2e^{alpha_2}+cdots+eta_ne^{alpha_n}$ 是超越數。

proof

設 $eta_1e^{alpha_1}+eta_2e^{alpha_2}+cdots+eta_ne^{alpha_n}=m e0$ ，則有

$eta_1e^{alpha_1}+eta_2e^{alpha_2}+cdots+eta_ne^{alpha_n}-m=0$

於是

$eta_1e^{alpha_1+1}+eta_2e^{alpha_2+1}+cdots+eta_ne^{alpha_n+1}-me=0$

其中 $alpha_1+1,cdots,alpha_n+1,1$ 兩兩不等且都是代數數， $eta_1,cdots,eta_n,-m$ 為不全為零的代數數。

假設 $m$ 為代數數，則與Lindemanns Theorem矛盾，於是 $m$ 即

$eta_1e^{alpha_1}+eta_2e^{alpha_2}+cdots+eta_ne^{alpha_n}$

是超越數。

特別地，當 $alpha$ 是非零代數數時， $e^alpha$ 是超越數。

下面我們來證明 $ln2$ 是超越數。

proof：假設 $ln2$ 是代數數，則由以上推論可知 $e^{ln2}=2$ 是超越數，這顯然是荒謬的，於是 $ln2$ 是超越數。

好了，關於 $e^{ln2}$ 這個答案我們就說到這裡，下面我們提供另一個答案，也是書中給出的答案，它在相當程度上體現了數學的美妙與智慧。

我們取一個數 $m=sqrt2^{sqrt2}$

如果 $sqrt2^{sqrt2}$ 是有理數，我們就取 $a=b=sqrt2$

如果 $sqrt2^{sqrt2}$ 是無理數，我們就取 $a=sqrt2^{sqrt2},b=sqrt2$ ，此時 $a^b=(sqrt2^{sqrt2})^sqrt2=(sqrt2)^2=2in Q$

這就得到了我們所需要的答案。

如果你還沒反應過來的話，請回過頭來再看一遍，你就會發現這個構造的美妙。

反正我當時看到這個的時候是服了，五體投地的那種。

實際上數學中有很多構造是用這種方法的，因為很多時候要真正構造一個我們所需要的東西往往很難，但是為了證明它的存在性又不得不找一個出來，這時候這種構造法往往能大放異彩。

有興趣的同學可以對比下Liouville對於超越數存在性的證明，對比Cantor的證明你就會發現思辨思維的美妙。

emmmmm這裡有一個評論區的補充。感謝 @Near

$(sqrt2)^{2log_23}$

這跟我們之前的一個答案有點像，證明也有些類似，不過這樣的話就把我們能構造出來的答案範圍擴大了一大塊，它的優越性在於巧妙的用倍數解決了這裡一個無理性的問題。

要證明它滿足該條件，只要證明 $2log_23$ 是無理數，由於跟之前的證明類似，我們把這個證明留給大家。

wait !!

有人又提出了新問題，感謝 @夕陽下起航，我們將它記作Question 3

Question 3：試找到兩個非實複數 $a,b$ ，使得 $a^b$ 為實數。

這個問題是相當有趣的，因為它相似於Question 2卻不完全等同於Question 2，而且它還有屬於它自己的獨特答案，我們現在就來分析下這個問題。

首先，就我們現在所知，解決Question 2的思想方法是我們所能利用的，即思維上的構造法。

我們可以先嘗試下，

取一個數 $m=i^{i}$

如果 $i^{i}$ 是實數，我們就取 $a=b=i$

如果 $i^{i}$ 不是實數，我們就取 $a=i^{i},b=i$ ，此時 $a^b=(i^{i})^i=i^{i imes i}=i^{-1}=-i otin R$

顯然，這個答案是不滿足的。

是不是這個方法不行呢？

我一開始還真是這樣想的，但是後來再回過頭來才發現，或許是我的思維被之前的做法限制住了，他三個位置上取的都是 $sqrt2$ ，我就以為只能取全是相同的數了。

知道這一點後，這個問題就變得簡單了。

這裡我就簡單說一個答案

取 $m=i^{1-i}$

如果 $m$ 是實數，就取 $a=i,b=1-i$

否則，就取 $a=m,b=1+i$

當然，有興趣的話你自己也可以再構造出很多個答案來。這裡就不多贅述了。

我們要提到的是另一個答案： $a=b=i$ ，這裡再次感謝 @夕陽下起航

要證明它滿足條件我們需要一些簡單的預備。

因為 $e^{ix}=cosx+isinx$ （由泰勒公式證明）

所以 $i=cosfrac{pi}{2}+isinfrac{pi}{2}=e^{ifrac{pi}{2}}$

於是 $i^i=(e^{ifrac{pi}{2}})^i=e^{ifrac{pi}{2} imes i}=e^{-frac{pi}{2}} in R$

滿足題目要求。

好啦，這就是本篇的全部內容了，有想到其他答案的同學歡迎補充，我會添加到這篇筆記里供大家一起欣賞。

小生拜過各位看官了~

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