Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел, страница 9

. . , ξm )A, B ∈ Q[x1 , . . . , xm ],B(ξ1 , . . . , ξm ) 6= 0.(25)Подействуем вложением σ на это равенство:σ(α) =A(σ(ξ1 ), . . . , σ(ξm )).B(σ(ξ1 ), . . . , σ(ξm ))(26)Как мы уже знаем σ(ξi ) сопряжено с ξi , поэтому σ(ξi ) ∈ E ⇒ σ(α) ∈ E ⇒ σ(E) ⊂ E.Докажем теперь обратное включение. Пусть E = Q(θ), θ1 , . . . , θν — сопряженные с θ. Как мы знаем (теорема 4.13), образ θ при отображении σ — это один из сопряжённых с числом θ корней, пусть это будет θk .Легко видеть, что числа 1, θk , . .

. , θkν−1 ∈ E образуют базис E (действительно, наличие нетривиальной линейнойзависимости противоречило бы тому, что σ — вложение), и потому всякое β ∈ E можно представить в видеβ = r0 + r1 θk + . . . + rν−1 θkν−1 .(27)Найдём к этому элементу прообраз: именно, положимα := r0 + r1 θ + . . . + rν−1 θν−1 ∈ E.(28)Ясно что σ(α) = β. А это и означает, что E ⊂ σ(E). Следствие 4.6. Если E — нормальное расширение, то отображение, обратное к вложению, тоже является вложением, и композиция двух вложений — снова вложение. Иначе говоря, вложения образуют группу.Определение.

Группа автоморфизмов нормального расширения называется группой Галуа.4.3.2. Норма в конечных расширенияхПусть E — расширение Q и ν = [E : Q], σ1 , . . . , σν — вложения.Определение. Нормой элемента α из E называется число N (α) :=νQσj (α).j=1Пример 3.4. Если α ∈ Q, то N (α) = αν .Теорема 4.15 (Свойства нормы).1.2.3.4.ν/dПусть deg α = d, fα = xd + . . . + ad . Тогда N (α) = (−1)ν ad .N (α) ∈ Q, а если α ∈ ZE , то N (α) ∈ Z.N (α) = 0 ⇔ α = 0.N (α · β) = N (α)N (β).Все доказательства будут несложными:1. Рассмотрим набор {σ1 (α), . .

. , σν (α)}. Пусть α1 , . . . , αd — все сопряжённые с α. Применяя теорему 4.13 иобозначая k = νd , получаем, что!N (α) = (α1 · . . . · αd )k = (−1)d adЗдесь переход, отмеченный «!», следует из формул Виета.30k= (−1)ν akd .(29)2. Следует из первого свойства и того факта, что ad ∈ Q. А в случае α ∈ ZE имеем ad ∈ Z.3. N (α) = 0 ⇔ ∃ j : σj (α) = 0 ⇔ α = 0.ννQQ4.

N (α · β) =σj (α · β) =σj (α)σj (β) = N (α)N (β).j=1j=1Теорема доказана. 4.4. Приближение иррациональных чисел рациональными4.4.1. Приближение действительных чисел рациональными знаем, что Q плотно в R, поэтому для любого α ∈ R и для любого ε > 0 найдутся p и q такие, что Мыα − p < ε, то есть любое действительное число сколь угодно точно приближается рациональными.

Нас интеqресует вопрос: а насколько маленьким можно взять q, чтобы такая оценка всё ещё выполнялась.Теорема 4.16 (Дирихле). Пусть α ∈ R и n ∈ N, тогда найдётся рациональное число pq , для которогоα −p 1<,qqn1 6 q 6 n.(30) Рассмотрим полуинтервал [0, 1), поделим его на n равных частей. Рассмотрим числа xk := {αk}, k == 0, . . . , n. По принципу Дирихле, в одну из частей разбиения попадут хотя бы два числа xk и xm . Без ограничения общности, k > m. Тогда 1|xk − xm | = {αk} − {αm} = αk − [αk] − αm − [αm] < .(31)n1Положим q := k − m, а p := [αk]− [αm].

Тогда |xk − xm | = |αq − p| < n1 , то есть α − pq < qn. При этом, очевидно,1 6 q 6 n. Следствие 4.7. Если α — иррациональное число, то существует бесконечно много p и q: |α − pq | < q12 . Во-первых, заметим, что такие p и q существуют, поскольку по предыдущей теореме найдутся p и q:1N|α − pq | < qn6 q12 . Нужно доказать, что их бесконечно много. Предположим противное: pq11 , . . . , pqN— все приpj 1ближения. Тогда выберем n так, что n < min α − qj и по этому числу n найдем такие p и q, как в предыдущейjтеореме. Очевидно, это приближение не содержится в нашем конечном наборе, поскольку оно «лучше» каждогоиз имеющихся. Противоречие.

Итак, мы видим, что можем приблизить число «с квадратичной точностью». Возникаетрезонный вопрос, а√верна ли теорема для степени 3? Ответ такой: вообще говоря, нет. Например для числа 2 оценка со степенью 3неверна. Причина этого кроется в том, что «хорошо» приближаются дробями только трансцендентные числа.∞PУтверждение 4.17 (Пример Лиувилля). Для числа α =2−n! и для любого m > 2 найдется бескоn=0нечно много рациональных чисел pq : 0 < |α − pq | < q1m . Представим α в видеN∞XX11α=+.n!n!22n=0(32)N +1ПустьpNqN=NPn=012n! ,qN = 2N ! . Тогда∞XpN111 12210<α−=< (N +1)! 1 + + + .

. . = (N +1)! = N +1 6 m при всех N > m,qN2n!2 4q22qNNN +1(33)что и требовалось доказать. Этот пример был построен Лиувиллем в 1840 г. Причина того, что данное α хорошо приближается, заключается в том, чтооно трансцендентно. Собственно, пример Лиувилля создавался как демонстрация того, что существуют трансцендентные числа.Это уже потом, в 1873 г. Кантор придумал простое доказательство существования трансцендентных (A счётно, R несчётно, значитсуществуют трансцендентные числа).314.4.2.

Приближение алгебраических чисел рациональнымиРечь в этом параграфе пойдет, разумеется, о действительных алгебраических числах, ибо понятно, что числаиз C r R не приблизишь рациональными. Докажем сейчас теорему о том, что алгебраические числа «плохо»приближаются рациональными.Теорема 4.18 (Лиувилль). Пусть α ∈ A ∩ R, и d := deg α > 2. Тогда найдётся константа C, зависящаяот α, что для всех pqp C(34)α − > d .qq Пусть D — общий знаменатель коэффициентов многочлена fα (x). Пусть также α = α1 , α2 , .

. . , αd —числа, сопряженные с α. Ясно, что fα (x) не имеет рациональных корней (так как он неприводим), поэтому p A10 6= fα=>.(35)q Dq dDq dВ последнем неравенстве мы воспользовались тем, что A — целое неотрицательное и не равно нулю. Рассмотримтеперь два случая: 1◦ Пусть α − pq 6 1. Тогда αj − pq 6 αj − α + α − pq 6 αj − α + 1. Отделив от произведения первыймножитель, получаем d d Yp p Yfα p =−6−·(1 + |αj − α|).(36)αj αq j=1qq j=2Отсюда, с использованием оценки (35) получаем16α −Dq ddp Y(1 + |αj − α|),·q j=2(37)−1dQа затем полагаем C := D ·(1 + |αj − α|)< 1.j=22◦ Если же α − pq > 1, то можно взять ту же константу C.

Следствие 4.8. Если α ∈ R и для любого m > 2 неравенство 0 < α − pq < q1m имеет бесконечно многорешений, то α трансцендентно. 1◦ Докажем, что α ∈/ Q. Предположим, что это не так, и α = ab , a, b ∈ Z, b > 0. Возьмём m = 2. Поусловию существует бесконечно много решений неравенства 0 < α − pq < q12 . С другой стороны,a pA1>0 6= − =bqbqbq(38)1Сопоставляя два неравенства, получаем, что q12 > bq⇒ q < b.

Поэтому q мы можем выбрать лишь конечнымpчислом способов, значит, решений вида q конечное число. Противоречие.2◦ Докажем, что α ∈/ A. Предположим противное, и пусть deg α = d > 2. Пусть m = d + 1, тогда поусловию теоремы существует бесконечно много решений неравенства 0 < α − pq < q1m . А с другой стороны по1⇒ q < C1 . Поэтому у наспредыдущей теореме: α − pq > qCd . Сопоставляя эти неравенства, получаем: qCd < qd+1в распоряжении лишь конечный набор q, а значит и чисел pq конечное множество — противоречие. 4.5.

Теорема Линдемана – Вейерштрасса и её следствия4.5.1. Трансцендентность eДокажем вначале иррациональность числа e. Впервые это сделал Эйлер в середине XVIII века (он разложилчисло e в непрерывную дробь).Теорема 4.19 (Фурье, 1815 г.). Число e иррационально. Представим число e в виде ряда и умножим его на n!. Получимn!e = n!∞n∞XXX1n!n!=+= pn + rn .k!k!k!k=0k=0k=n+132(39)Поэтому0 < n!e − pn = rn =1n+11+1111 12++ ... <1 + + + ...

=.n + 2 (n + 2)(n + 3)n+12 4n+1(40)Предположим, что e = ab . Положим n = b. Тогда слева стоит целое число (факториал убьёт знаменатель),а справа — ненулевое число, меньшее 1. Лемма 4.20 (Тождество Эрмита). Пусть f (x) ∈ C[x]. Пусть F (x) := f (x) + f ′ (x) + f ′′ (x) + . . . Тогдаke F (0) − F (k) = eЛегко проверить, чтоZПоэтомуZk0Zkke−x f (x)dx.(41)0f (x)e−x dx = −F (x)e−x + c.(42)e−x f (x)dx = −F (k)e−k + F (0).(43)kУмножим левую и правую часть на e , получимke F (0) − F (k) = ekZke−x f (x) dx,(44)0что и требовалось доказать.

1 (p)Лемма 4.21. Пусть f ∈ Z[x]. Тогда p!f (x) ∈ Z[x] при всех p ∈ N. Имеем(0, p > r,r (p)(x ) =r(r − 1) · . . . · r − (p − 1) xr−p = p! · Cpr xr−p ,В любом случае производная каждого монома делится на p!. Значит,1 (p)(x)p! fp 6 r.(45)∈ Z[x]. Теорема 4.22 (Эрмит, 1873 г.). Число e трансцендентно. Предположим, что e ∈ A. Тогда найдется многочлен fe (x) = am xm + am−1 xm−1 + . . . + a0 , ai ∈ Z такой,что fe (e) = 0. Умножим теперь (41) на ak и просуммируем по всем k = 0, . .

. , m, получим:F (0)mXk=0kak e −| {z }mXak F (k) =k=0mXak ekk=0Zkf (x)e−x dx.(46)00Пустьθk (x) :=(1, x 6 k,0, x > k,Φ(x) :=J :=ak ek θk (x),(47)k=0тогда правая часть уравнения (46) равнаZmmXf (x)Φ(x)e−x dx.(48)0Теперь подберём функцию f (x) так, чтобы J ∈ (0, 1), а числа F (k) были целыми.Будем искать f (x) в видеf (x) :=1 n+r0x(x − 1)n+r1 · . . . · (x − m)n+rm ,n!ri ∈ {0, 1} .(49)Поскольку Φ(x) — ступенчатая функция с разрывами в точках 1, . . . , m, а f (x) обращается в нуль в этих жеточках, функция f (x)Φ(x) будет непрерывной с нулями в точках 1, . .

. , m. Числа ri мы выберем так, чтобы33в этих точках не было перемены знака у функции f (x)Φ(x), и она была бы неотрицательной на [0, m]. ТогдаJ > 0. Теперь выберем такое большое n, чтобы интеграл J был меньше 1. Оценим числитель f (x): имеем|x − k| 6 m, значит, числитель f (x) не превосходит m(m+1)(n+1) , а в знаменателе стоит n!, который задавитлюбую показательную функцию. Кроме того, |Φ| 6 C. Значит, J ∈ (0, 1) при достаточно большом n.1 (p)(x) ∈ Z[x].Докажем, что F (k) ∈ Z.