А.И. Галочкин - Последние три лекции по теории чисел (1159522)
Текст из файла
Последние три лекции по теории чиселЛектор — Александр Иванович ГалочкинLast compiled 27 января 2006 г.1. Теорема ЛиндеманаПРИМЕЧАНИЕ: в тех случаях, когда написано «легко доказать», «легко следует», «легко получить» и т. п.,читайте: «Докажите это самостоятельно».ОБОЗНАЧЕНИЯ: A — поле алгебраических чисел, ZA — кольцо целых алгебраических чисел.
Длиной многочлена P называется сумма модулей его коэффициентов L(P ).1.1. Обобщение теоремы Лиувилля на многочлены от нескольких алгебраическихчиселТеорема 1. Пусть α1 , . . . , αs — алгебраические числа степеней соответственно m1 , . . . , ms . Тогда существует такая положительная постоянная C = C(α1 , . . . , αs ), что для любого многочлена P (x1 , . .
. , xs ) ∈Z[x1 , . . . , xs ] либо P (α1 , . . . , αs ) = 0, либо выполняется неравенство|P (α1 , . . . , αs )| > L1−(m1 ···ms ) C −d ,(1)где d и L — соответственно степень и длина многочлена P (x1 , . . . , xs ). Доказательство разобьем на отдельные пункты.1◦ Существует такое натуральное число a, что все числа aα1 , . . . , aαs — целые алгебраические.Утверждение было доказано ранее.
a равно произведению старших коэффициентов канонических многочленов чисел α1 , . . . , αs .2◦ Число β = ad P (α1 , . . . , αs ) ∈ ZA .Действительно, если k1 , . . . , ks — неотрицательные целые числа и k1 + · · · ks 6 d, тоad αk11 · · · αks s = (aα1 )k1 · · · (aαs )ks ad−k1 −···ks ∈ ZA ,откуда легко следует утверждение.3◦ Пусть αi1 , . . . , αimi — числа, сопряженные алгебраическому числу αi , i = 1, s.
Тогда все числа|ad P (α1r1 , . . . , αsrs )| 6 C1d L,где 1 6 ri 6 mi , а положительная постоянная C1 не зависит от многочлена P .Утверждение легко доказывается сC1 = a max(1, |αij |).i,j4◦A(x) =m1Yr1 =1···msY(x − ad P (α1r1 , . . . , αsrs )) ∈ Q[x]rs =1Утверждение легко следует из того, что многочленA(x) = A(x | α1 , . . . , αs )симметрический относительно s систем переменных αi = (αi1 , . . . , αimi ) и из ранее доказанной леммы о симметрических многочленах от нескольких систем сопряженных алгебраических чисел.Доказательство теоремы.
ПустьB(x) = xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 = (x − β1 ) · · · (x − βn )1– минимальный многочлен числа β = β1 . Поскольку β ∈ ZA (см. пункт 2)), то B(x) ∈ Z[x] и |b0 | > 1, если толькоP (α1 , . . . , αs ) 6= 0.Многочлены A(x) и B(x) имеют рациональные коэффициенты и общий корень β, а т. к. B(x) — минимальныймногочлен числа β, то B(x) | A(x) и все корни B(x) суть корни A(x).
А тогда по утверждению 3)1 6 |b0 | = |β| · |β2 · · · βs | 6 ad |P (α1 , . . . , αs )|(C1d L)n−1 ,(m1 ···ms )−1А так как n 6 m1 · · · ms , то из этого неравенства следует утверждение теоремы с C = aC1.1.2. Лемма Зигеля об оценках решений систем уравнений с целымикоэффициентамиЛемма 2. Пусть aij ∈ Z, |aij | < A иLi (x) =qXaij xj ,i = 1, p;p < q.j=1Тогда система уравненийLi (x) = 0,(0)(0)(0)имеет решение (x1 , . . . , xq ), xji = 1, p∈ Z, такое, что0<(0)max |xj |jpq−p.6 1 + (qA) Пусть X — натуральное число, которое будет выбрано в дальнейшем, и каждая из величин xj пустьнезависимо друг от друга принимает значения 0, ±1, .
. . , ±X. Всего получим (2X + 1)q наборов x = (x1 , . . . , xq ).Каждому из этих наборов соответствует набор L(x) = (L1 (x), . . . , Lp (x)), причем |Li (x)| 6 qAX и, следовательно,всего может быть не более (2qAX + 1)p различных наборов L(x). Если[2](2X + 1)q > (2qAX + 1)p ,(2)то по принципу Дирихле можно найти два набора x: x(1) и x(2) , которым соответствует один и тот же наборзначений L(x), то естьL(x(2) ) − L(x(1) ) = L(x(2) − x(1) ) = 0,а, значит, x(0) = x(2) − x(1) – решение системы, причем |x(0) | 6 2X.Неравенство (2) выполняется, если(2X + 1)q > ((qA)(2X + 1))p ,то есть приpq−p − 1,2X > (qA)а значит можно найти такое решение x(0) , чтоpq−p + 1,2X 6 (qA)откуда следует утверждение леммы.
1.3. Теорема Линдемана и её следствия. Построение вспомогательной функции,оценки её порядка нуля.Теорема 3 (Линдеман). Если α — алгебраическое число, отличное от нуля, то число eα трансцендентно.Следствие 1. Число e трансцендентно.Следствие 2. Число π трансцендентно.
Легко следует из равенства eπi = −1. Следствие 3. Если α — алгебраическое число, отличное от 0 и 1, то число ln α трансцендентно.2Легко следует из равенства eln α = α. Следствие 4. Если α 6= 0 — алгебраическое число, то числа sin α, cos α, tg α трансцендентны. Эти утверждения легко следуют из равенствsin α =eiα − e−iα,2icos α =eiα + e−iα.2В дальнейшем пусть n — натуральное число, которое будет выбрано достаточно большим, γ1 , γ2 . .
. , — независящие от n положительные постоянные.Лемма 4. Существует такая функция[3]f (z) =n−1X n−1Xakl z k elz(3)k=0 l=0с коэффициентами akl ∈ Z, что0 < max |akl | < nγ1 n ,(4)k,lf (t) (0) = 0,t = 0, [n3/2 ] − 1,(5)где [·] — целая часть числа. Из формулы Лейбница следует, что[6]f (t) (z) =n−1Xk,l=0min(t,k)aklXs=0Cts k(k − 1) · · · (k − s + 1)z k−s lt−s elz .(4)Поэтомуn−1Xf (t) (0) =Ctk (k!)lt−k akl ,k,l=0, k6tи для завершения доказательства нам осталось оценить решение системы из p = [n3/2 ] уравнений (5) относительно q = n2 неизвестных akl . Их коэффициенты3/2|Ctk (k!)lt−k | < 2n3/2nn nn3/2< n(3n)=AПо лемме Зигеля существует ненулевое решение этой системы в целых числах akl , удовлетворяющих неравенствуpq−p < nγ1 n .|akl | < 1 + (qA)Обозначим через ordz=a f (z) порядок нуля функции f (z) в точке z = a.Лемма 5.
[n3/2 ] 6 ordz=0 f (z) 6 n2 . Оценка снизу следует из (5). Докажем правое неравенство. Все функции z k elz ,решениями дифференциального уравненияDn (D − 1)n · · · (D − n + 1)n y = 0,D=k, l = 0, n − 1, являютсяd,dzс постоянными коэффициентами порядка n2 , следовательно, функция f (z) тоже является решением этого уравнения и, если f (t) (0) = 0, t = 0, n2 − 1, то по теореме о единственности решения дифференциального уравненияf (z) ≡ 0, что невозможно, поскольку f (x) −→ ∞ при x −→ +∞, x ∈ R.
1.4. Оценка вспомогательной функции и завершение доказательства теоремыЛиндемана. Ее связь с проблемой квадратуры кругаПусть X — не зависящее от n натуральное число, которое будет выбрано в дальнейшем,T = min ordz=xα f (z)x=0,X3(5)Лемма 6. Справедливы неравенства3/2|f (T ) (xα)| < n−γ2 n−1/3(X−6)T,x = 0, X.Из (5) и леммы 2 следует, что функция3/2g(z) = f (z)z −[n](z − α)−T · · · (z − Xα)−Tимеет лишь√устранимые особые точки, поэтому для нее справедлив принцип максимума модуля. Возьмем r =X|α| + 1 < n.
Тогдаmax |g(z)| 6 max√ |g(u)|.|z|6r|u|=2 nПоэтому при достаточно большом n(6)Mr = max |f (z)| 6|z|6r6 max√ |f (u)| · max|z|6r, |u|=|u|= n√ [n3/2 ] TT zz−αz − Xα6···nuu−αu − Xα √3/23/23/26 n2 nγ1 n ( n)n en · n−0,4n −0,4XT < n−1/3n −1/3XT(7)(8)Далее,f (T ) (xα) =T!2πiI|z−xα|=1поэтому по лемме 2f (z) dz,(z − xα)T +1f (T ) (xα) 6 (T !)Mr 6 T T Mr 6 n2T Mrи из (8) следует утверждение леммы.
1.5. Доказательство теоремы Линдемана Из (7) следует, что существует такой индекс x0 , что f (T ) (x0 α) 6= 0, причем эта производная являетсямногочленом P (α, eα ) с целыми коэффициентами.Допустим, что при некотором ненулевом α оба числа α и eα алгебраические степеней соответственно m1 иm2 . Тогда к многочлену P (α, eα ) можно применить обобщенную теорему Лиувилля.
С помощью равенства (6)оценим его длину и степень:L(P ) 6 n2 nγ1 n (n!)xn0TXs=0CTs (n − 1)T −s 6 nγ3 n+T ,deg P 6 n + Xn.Из обобщенной теоремы Лиувилля получаем, что|f (T ) (x0 α)| = |P (α, eα )| > (L(P ))1−m1 m2 C − deg P > n−γ4 n−m1 m2 T .С другой стороны, по лемме 3 при X = 3m1 m2 + 6 выполняется неравенство3/2|f (T ) (x0 α)| < n−γ2 n−m1 m2 T.Последние две оценки при достаточно большом n противоречивы. Теорема Линдемана доказана. Об отрицательном решении проблемы квадратуры круга можно прочитать во втором издании книги А.
И. Галочкина, Ю. В. Нестеренко, А. Б. Шидловского «Введение в теорию чисел».2. Теорема Гельфонда – Шнейдера2.1. Седьмая проблема Гильберта. Формулировка ТГШ и её следствия.Построение вспомогательной функции для доказательства ТГШ, оценки еепорядка нуляВ 1900 году Д. Гильберт в своем докладе на Втором международном конгрессе математиков назвал 23 проблемы «исследование которых может стимулировать дальнейшее развитие науки». Под номером семь фигурировалапроблема трансцендентности алгебраических степеней алгебраических чисел.4Частичное решение этой проблемы было найдено А. О. Гельфондом в 1929 году и Р.
О. Кузьминым в 1930году. Полностью ее решили независимо в 1934 году А. О. Гельфонд и Т. Шнейдер.Теорема 1 (Гельфонда – Шнейдера). Пусть a — алгебраическое число, отличное от 0 и 1, а β —алгебраическое число, не являющееся рациональным. Тогда число aβ = eβ ln a трансцендентно.Замечание. Под ln a понимается значение, взятое на любой ветви комплексного логарифма.Следствие 1. Число eπ трансцендентно.
Утверждение легко следует из равенства (eπ )i = −1. Следствие 2. Если a и b — алгебраические числа, отличные от 0 и 1, то число loga b = (ln a)/(ln b) либорационально, либо трансцендентно. Утверждение следует из основного логарифмического тождества. Лемма 2. Пусть β ∈ ZA иβ m = bm−1 β m−1 + · · · + b1 β + b0 ,bj ∈ Z,|bj | 6 B.(1)Тогда для любой натуральной степени числа β справедливы утверждения:β t = bt,m−1 β m−1 + · · · + bt,1 β + bt,0 ,bt,j ∈ Z,|bt,j | 6 (B + 1)t .Кроме того, если k и l — неотрицательные целые числа, не превосходящие n, то(k + lβ)t = Bt,k,l,m−1 β m−1 + · · · + Bt,k,l,1 β + Bt,k,l,0 ;Bt,k,l,j ∈ Z,|Bt,k,l,j | 6 (B + 2)t nt .
Доказательство первого утверждения проводится по индукции. При t 6 m утверждение следуетиз (1). Пусть оно верно при t. Тогда в силу (1)β t+1 = bt,m−1 (bm−1 β m−1 + · · · + b0 ) + bt,m−2 β m−1 + · · · + bt,0 β,и из предположения индукции легко следует справедливость утверждения при t + 1.Докажем второе утверждениеtm−1XX(k + lβ)t =Cts k t−s lsbsj β j ,s=0j=0jоткуда следует, что коэффициенты при β не превосходятtXCts k t−s ls (B + 1)s = (k + l(B + 1))t 6 (B + 2)t nt .s=0Лемма доказана. Лемма 3.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
