實數表示法及其應用一題問

實數表示法及其應用一題問
作者：曾炯
1930年2月5日

刊於《留德學誌》第一期，民國十九年六月留德學誌社出版。

實數表示法及其應用一題問

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$b,b_{1},b_{2},\cdots \cdots$爲一組正整數，$q$爲任意整數，$1;b;bb_{1};b,b_{1},b_{2},\cdots \cdots$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

　　　$G+{\frac {\lambda }{b}}+{\frac {\mu }{bb_{1}}}+{\frac {\nu }{bb_{1}b_{2}}}+\cdots \cdots$

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$\pi$

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

　　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　　$f(x)=G+{\frac {\lambda }{b}}x+{\frac {\mu }{bb_{1}}}x^{2}+{\frac {\nu }{bb_{1}b_{2}}}x^{3}+\cdots \cdots$

　　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$\alpha \gtrless 0,\beta \gtreqqless 0$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$-\beta =\beta '>0$，先求得$\beta '$之常數冪級數，爲$f(x)$，$f(\alpha )=\beta '$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$-\alpha =\alpha '>0$，先求得$\beta$關於$\alpha '$之冪級數爲

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n},$ 　　$f(\alpha ')=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}\alpha '^{n}=\beta _{0}$

再令　$x=-y$,

$f(-y)=F(y)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}a_{n}y^{n},f(-\alpha )=F(\alpha ')=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}a_{n}\alpha ^{n}=\beta$

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$\alpha \geq 1$，若$\alpha <1$時，因$\alpha >0$，必有一個正有理數$\gamma$存在，$\alpha >\gamma >0$，則${\frac {\alpha }{\gamma }}=\alpha '>1$。先求得$\alpha '$對應之常歛冪級數：

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}x^{n}$, 　　而$f(\alpha ')=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}\alpha '^{n}=\beta$,

次令 $x={\frac {y}{r}}$,

　　　$f\left({\frac {y}{r}}\right)=F(y)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}\left({\frac {y}{r}}\right)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }A_{n}y^{n}$,

　　　$F(\alpha )=f\left({\frac {\alpha }{\gamma }}\right)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}\left({\frac {\alpha }{\gamma }}\right)^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }A_{n}\alpha ^{n}=\beta$,

　　　$a_{n},\gamma$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$\beta \neq \gamma \alpha$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$\alpha >1,\beta >0,\beta \neq \gamma \alpha ,\gamma$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）由亞基末得公理，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　　$\beta _{1}\neq {\frac {c_{1}\alpha }{b_{1}}}$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, $\beta _{2}>{\frac {\alpha }{b_{1}b_{2}}}\geq {\frac {\alpha ^{2}}{b_{1}b_{2}}}$。

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

　　　${\begin{aligned}f(\alpha )&=P_{n}(\alpha )=a_{0}+a_{1}\alpha +\cdots +a_{n}\alpha ^{n}\\&=a_{0}+a_{1}\alpha +\cdots +\beta _{n}\\&=a_{0}+\cdots +a_{n-2}\alpha ^{n-2}+\beta _{n-1}\\&=\gamma _{1}+\beta _{1}=\beta .\end{aligned}}$

　　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

　　　$|P_{m}(x)-P_{n}(x)|=\left|{\frac {c_{m+1}}{b_{1}\cdots b_{m+1}}}x^{m+1}+\cdots +{\frac {c_{n}}{b_{1}\cdots b_{n}}}x^{n}\right|$

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

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

由$e^{x}$之性質

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

故所求之冪級數爲

　　　$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}x^{n}=\lim P_{m}(x)$

而$\beta$爲〔$P_{m}(\alpha )$〕所定矣。

簡言之

　　　$|\beta -P_{n}(\alpha )|=\beta _{n}<{\frac {\alpha ^{n}}{b_{1}\cdots b_{n-1}}}\leq {\frac {\alpha ^{n}}{(n-1)!}}\to 0$。

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

　　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

　　　$\beta ={\frac {c_{1}}{b_{1}}}({\sqrt {2}})+{\frac {c_{2}}{b_{1}b_{2}}}({\sqrt {2}})^{2}+\cdots \cdots +{\frac {c_{n}}{b_{1}b_{n}}}({\sqrt {2}})^{n}+\cdots \cdots$

　　　$c_{1}>0,c_{2}>0,\cdots \cdots c_{n}>0\cdots \cdots$

　　　$f(x)=-\beta +{\frac {c_{1}}{b_{1}}}x+{\frac {c_{2}}{b_{1}b_{2}}}x^{2}+\cdots \cdots$

$\therefore \quad f({\sqrt {2}})=0$。

然

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

十九年二月五號於Göttingen.