实数表示法及其应用一题问

实数表示法及其应用一题问
作者：曾炯
1930年2月5日

刊于《留德学志》第一期，民国十九年六月留德学志社出版。

实数表示法及其应用一题问

曾　烱

　　实数论为解析学之基础，吾人于开方，求对数，与及微分积分之讨论严密者，已知其重要之所在。近六十年来，若Weierstrass, Cantor及Dedekind诸家之讲义，无不以此为其研究高等解析之出发点。今则凡研究函数论者，其开端即以此也。

　　今冬季学期，受幂级数论于Landau氏，课中常有关于实数问题，令同学自索，兹篇乃课作之一，译为国语。

　　昔Cantor 关于实数之表示有一定理：

设$b,b_{1},b_{2},\cdots \cdots$为一组正整数，$q$为任意整数，$1;b;bb_{1};b,b_{1},b_{2},\cdots \cdots$自某定项以后，均为$q$能除尽，则任意一实数$Z$可以下列级数

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

不二的表示之。其中$G$为整数，$\lambda ,\mu ,\nu ,\cdots \cdots$等亦为整数满足下列诸关系：

　　　$0\leqq \lambda \leqq b-1,0\leqq \mu \leqq b_{1}-1,0\leqq \nu \leqq b_{2}-1,\cdots \cdots$

若$Z$为有理数，则自某定项后，一切$\lambda ,\mu ,\nu$或全等于其最大之数，如$\lambda =b-1$,$\mu =b_{1}-1$,$\nu =b_{2}-1,\cdots \cdots$

或全等于$0$，此为必须条件，否则$Z$为无理数。

　　此定理之证明，见诸讨论实数诸专著中，吾人平常所习见者，有所谓$r$进位法。例如，$Z=G+{\frac {\lambda }{r}}+{\frac {\mu }{r^{2}}}+{\frac {\nu }{r^{3}}}+\cdots \cdots$

$r$为$10$时，则所谓十进位法是也。例如圆周率$\pi$

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

　　如上述定理中所表示之数，例如

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

　　兹假定$b,b_{1},b_{2},b_{3},\cdots \cdots$为同向增大，即$b<b_{1}<b_{2}<\cdots \cdots$

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

　　表示一常敛幂级数，其理甚明。故此实数$Z$，乃$f(x)$在$x=1$时表示之数值。如

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

　　本篇问题：乃求一常敛幂级数一切系数皆有理数，使$x$等于已知之数$\alpha$时，而$f(x)$等于已知之数$\beta$。其中$\alpha \gtrless 0,\beta \gtreqqless 0$均可。

　　$\alpha =1$时即Cantor定理。故本问题解决后，Cantor定理亦可同样证明。

　　为简便起见，且无损于问题的一般性，可假定$\beta >0$，若$\beta =0$，则$f(x)\equiv 0$无任$\alpha$为何数均可。若$\beta <0$，则令$-\beta =\beta '>0$，先求得$\beta '$之常数幂级数，为$f(x)$，$f(\alpha )=\beta '$则$\beta$之常敛幂级数为$-f(x)$, $-f(\alpha )=\beta$。

　　又可假定$\alpha >0$，若$\alpha <0$时，则令$-\alpha =\alpha '>0$，先求得$\beta$关于$\alpha '$之幂级数为

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

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$f(x)$为常敛幂级数，则$F(y)$亦为常敛幂级数，何则？因其系数之绝对值相同故也。

　　复可假定$\alpha \geq 1$，若$\alpha <1$时，因$\alpha >0$，必有一个正有理数$\gamma$存在，$\alpha >\gamma >0$，则${\frac {\alpha }{\gamma }}=\alpha '>1$。先求得$\alpha '$对应之常敛幂级数：

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

次令 $x={\frac {y}{r}}$,

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

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

　　　$a_{n},\gamma$为有理数，　　故$A_{n}$亦为有理数。

　　$\lim {\sqrt[{n}]{A_{n}}}={\frac {1}{r}}\lim {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\to 0$故同为常敛幂级数。

　　最后可假定$\beta \neq \gamma \alpha$其中$\gamma$为有理数。若不然则令$f(x)=\gamma x$,

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

由是本问题可令简单之如次：

　　设$\alpha >1,\beta >0,\beta \neq \gamma \alpha ,\gamma$为有理数，试求一常敛幂级数$f(x)$，其各系数均为有理数，$f(\alpha )=\beta$。

　　若$\beta >\alpha$，则必有一个有理数$\gamma _{1}$，使$\beta -\gamma _{1}<\alpha$。兹令$\beta _{1}=\beta -\gamma _{1}$，令$\gamma _{1}=a_{0}$，则

　　　$\beta =a_{0}+\beta _{1}$。

　　因$\beta _{1}<\alpha$，（若$\beta <\alpha$时，同此讨此）由亚基末得公理，必有一个整数$b_{1}$，使$b_{1}\beta _{1}>\alpha$，故

　　　$\beta _{1}>{\frac {\alpha }{b_{1}}}$。

　　试分$\alpha$为$b_{1}$个等分。则

　　　${\frac {c_{1}+1}{b_{1}}}\alpha >\beta _{1}\geqq {\frac {c_{1}\alpha }{b}}$其中$c_{1}$为整数$0<c_{1}<b_{1}$。

若　$\beta _{1}={\frac {c_{1}\alpha }{b_{1}}}$，则本问题完成，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　　$\beta _{1}\neq {\frac {c_{1}\alpha }{b_{1}}}$则$\beta _{1}>{\frac {c_{1}\alpha }{b_{1}}}$，

　　　$\beta _{2}=\beta _{1}-{\frac {c_{1}\alpha }{b_{1}}}<{\frac {\alpha }{b_{1}}}$。

　　如前理必有一整数$b_{2}$，

　　　1, $b_{2}>b_{1}$。

　　　2, $\beta _{2}>{\frac {\alpha }{b_{1}b_{2}}}\geq {\frac {\alpha ^{2}}{b_{1}b_{2}}}$。

因之有一整数$c_{2}$满足

　　　${\frac {c_{2}+1}{b_{1}b_{2}}}\alpha ^{2}>\beta _{2}\geqq {\frac {c_{2}}{b_{1}b_{2}}}\alpha ^{2}$，其中$0<c_{2}<b_{2}$。

若$c_{2}\geqq b_{2}$，则$\beta _{2}\geqq {\frac {c_{2}}{b_{1}b_{2}}}\alpha ^{2}\geqq {\frac {b_{2}}{b_{1}b_{2}}}\alpha ={\frac {1}{b_{1}}}\alpha$，此乃不可能之事。

继续以求其次，设已求得$a_{n-1}$，且$b_{1}<b_{2}<\cdots \cdots <b_{n-1}$。

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

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

　　　$\beta _{n}<{\frac {\alpha ^{n-1}}{b_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}}}\leqq {\frac {\alpha ^{n}}{b_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}}}$，

由是选定一整数$b_{n}$,

　　　1. $b_{n}>b_{n-1}$。

　　　2. $\beta _{n}>{\frac {\alpha ^{n}}{b_{1}\cdots b_{n}}}$。

故必有一个整数$c_{n}$满足

　　　${\frac {c_{n}+1}{b_{1}\cdots b_{n}}}\alpha ^{n}>\beta _{n}\geqq {\frac {c_{n}}{b_{1}\cdots b_{n}}}\alpha ^{n},0<c_{n}<b_{n}$,

故所有$a_{n}$皆可得之。由是得一群多项式〔$P_{n}(x)$〕。

　　　$P_{n}(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots \cdots +a_{n}x^{n}$,

设有一$n$使　$\beta _{n}={\frac {c_{n}\alpha ^{n}}{b_{1}\cdots b_{n}}}$,

则所求之幂级数为

　　　$f(x)=P_{n}(x)$。

因

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

　　若不为此类，则〔$P_{n}$〕一样的向$f(x)$收敛；换言之，对于既定之$\delta >0$，必有一个$\mu (\delta )$存在，使

　　　$|P_{m}(x)-P_{n}(x)|<\delta$，只须$m\geqq n\geqq \mu (\delta )$。

何则，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$e^{x}$之性质

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

故所求之幂级数为

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

而$\beta$为〔$P_{m}(\alpha )$〕所定矣。

简言之

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

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

　　本问题既解决。由此定理可推论一代数问题：

　　设$a_{0}+a_{1}x+\cdots \cdots a_{n}x^{n}=0$之系数皆为有理数，若${\sqrt {2}}$为其一根，则$-{\sqrt {2}}$亦为一根，其理甚简。若为常敛幂级数则不然，换言之，${\sqrt {2}}$为其一根时 $-{\sqrt {2}}$不一定为其一根也。何则，设$\beta$为正整数，由上定理，依适当的选择$b_{1},b_{2},\cdots \cdots b_{n}\cdots \cdots$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

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

十九年二月五号于Göttingen.