代數數與無理數的探討

代數數與無理數的探討

莊智仰

一、 簡介:

高中數學中, 探討了一些數 (代數數) 是否為無理數的問題。 例如: √

2, 3 +√ 2,√

2 +√ 3 均是無理數, 而 √

2 +√ 3 +√

5 也是無理數, 但證明上就不太容易了。 大學三年級時, 修了許 志農教授的 “數學解題”, 其書上就有一題, 是要證明 √

2 +√ 3 +√

5 +√

7 是無理數的問題, 也因此令我想去探討這類問題。

一些帶有根號的數值是否是無理數並不如想像中顯然, 例如:

^q

q

2 −√ 5 實 際上就是1. (註: 是 ³

q

2 +√ 5 + ³

q

2 −√

5 是 x³ + 3x − 4 = 0 的根式解形式)。 同時也 不難看出,

^q

a²− 1 ±

^q

a²− 1 = √

2a ± 2, 當 2a ± 2 是完全平方數時, 該 數即是有理數。 這些形式的有理數, 多半是來自有有理根的多項式的根式解的形式。 另外, 有時 候我們想要找一個次數最低的有理係數 (整係數) 多項式 f (x), 使 f (√

2 +√

3) = 0。 這樣 的 f (x) 不難找, 是四次多項式 x⁴− 10x²+ 1 = 0。 如果換成要找有理係數多項式 f (x), 使 f(√

2 +√ 3 +√

5 +√

7) = 0, 就不太容易了。 更進一步的, 可以問說, 這樣的多項式, 至少要 是幾次多項式? 本文主要的內容, 就是要針對這兩個問題一般的情形, 提出一個完整的答案。

二、 內容:

我們先來看看如何找 f (x), 使得 f (√ 2 +√

3 +√ 5 +√

7) = 0。

結論一: 若 p1, p2, . . ., pn 為 n 個相異質數, a1, a2, . . ., ak 均為有理數, 其中 k = 2ⁿ。 {m¹, m2, . . . , m_k} = {p^h11p^h₂²p^h_nⁿ|hⁱ = 0 或 1, i = 1, 2, . . . , n}, 則存在一個非零的有理係 數多項式 f (x), deg f (x) ≤ 2ⁿ 使得 f (a1√m1+ a2√m2 + · · · + a^k√m_k) = 0。

證明: 令 y = a1√m1+a2√m2+· · ·+a^k√m_k, 由於 y^r均可寫成 a_r1√m1+ar2√m2+

· · · + a^rk√m_k 的形式, 其中 ari 均是有理數, i = 1, 2, . . . , k。 因此, 考慮下列 k + 1 = 2ⁿ+ 1 個式子,

y^r = ar1√m1+ ar2√m2+ · · · + a^rk√m_k, r= 0, 1, . . . , k. (1) 如果我們取 k + 1 個不全為零的有理數 cr, r = 0, 1, . . . , k, 使得下列 k 個式子成立,

a_0rc0 + a1rc1+ · · · + a^rkc_k = 0, r = 1, . . . , k. (2)

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則由 (1), (2) 可得到

c_ky^k+ · · · + c²y²+ c1y+ c0 = 0

那麼令 f (x) = ckx^k+ · · · + c²x²+ c1x+ c0 即為所求。 注意滿足 (2) 且不全為零的 cr 是存 在的。 因為將 c_r, r = 0, 1, 2, . . . , k 看成 k + 1 個變數, 而 (2) 一共只有 k 個方程式, 因此必 有非零解。 而求解過程只是 aij (均是有理數) 進行加減乘 (除) 的運算, 所以, 自然可以找到非 零的有理數解。 至此, 我們得證這個結論。

推論一: 若 p1, p2,. . ., pn 為 n 個相異質數, a1, a2, . . . , a_k 均為有理數, 其中 k = dⁿ。{m¹, m2, . . . , mk} = {p^h11p^h2². . . p^h_nⁿ| 0 ≤ hⁱ < d, i = 1, 2, . . . , n}, 則存在一個非零的 有理係數多項式 f (x), deg f (x) ≤ dⁿ, 使得 f (a1√^dm1+ a2√^dm2+ · · · + a^k√^dm_k) = 0。

結論一最主要是, 提供找多項式 f (x), 使 f (a1√m1+a2√m2+· · ·+a^k√m_k) = 0 的方 法。 事實上, 我們可以運用行列式, 列出一個公式。 但是這樣並不足以說明 a1√m1+ a2√m2+

· · · + a^k√m_k 是無理數 (因為 a1√m1+ a2√m2+ · · · + a^k√m_k也許是 f (x) 的有理根)。 不 過, 運用結論一的結果, 我們先證明以下的結論, 再用它導出 a1√m1+ a2√m2+ · · ·+a^k√m_k 是無理數。

結論二: 令 y 是由 √p1, √p2, . . . , √p_n 和有理數進行加減乘除所得, p1, p2, . . . , p_n 為 n 個相異質數, 則 y 可表為 a1√m1+a2√m2+· · ·+a^k√m_k, 其中 k = 2ⁿ。 而 {m¹, m2, . . . , m_k} = {p^h11p^h₂²· · · p^hnⁿ|hⁱ = 0 或 1, i = 1, 2 . . . n}, a¹, a2, . . . , a_k 均為有理數。

證明: 顯然, 我們可以令 y = ^b_c, 其中 b, c 分別為

b1√m1+ b2√m2+ · · · + b^k√m_k, c1√m1+ c2√m2+ · · · + c^k√m_k.

由結論一, 我們可以找到一個多項式 f (x) 使得 f (c) = 0。 我們可以令 f (x) = x^sh(x), 其中 h(x) 的常數項係數不為零的多項式, 如此可知 h(c) = 0。 令 h(x) = xg(x) − r, g(x) 是多項 式, 0 是有理數, 則

y = b

c = bg(c)

cg(c) = bg(c) r .

由此式易見, y 可化成 a1√m1+ a2√m2+ · · · + a^k√m_k 的形式。 得證。

推論二: 令 y 是由√^dp1,√^dp2, . . ., √^dp_n和有理數進行加減乘除所得, p1, p2, . . . , p_n為異 質數, 則 y 可表為 a1√^dm1+ a2√^dm2+ · · ·+a^k√^dm_k, 其中 k = dⁿ。 而 {m¹, m2, . . . , m_k} = {p^h11p^h2²· · · p^hnⁿ|0 ≤ hⁱ < d, i= 1, 2, . . . , n}, a^k 為有理數。

結論二最重要的是, 提供將一個根式分母有理化的方法。

結論三: 若 p1, p2, . . . , p_n 為 n 個相異質數, a1, a2, . . . , a_k 均為有理數, 而且至少有兩項 不為零, k = 2ⁿ。 {m¹, m2, . . . , m_k} = {p^h11p^h₂²· · · p^hnⁿ|hⁱ = 0 或 1, i = 1, 2, . . . , n}, 則 (I) x= a1√m1+ a2√m2+ · · · + a^k√m_k 為無理數, 且 (II) x² 亦是無理數。

證明: 我們對 n 做歸納法證明。

一. n = 1 時, 命題顯然成立。

二. 令 n = j 時成立, 則當 n = j+1 時, x = a1√m1+a2√m2+· · ·+a^k√m_k, a1, a2, . . . , a_k 中至少有兩項不為零。 其中 k = 2^j+1。

(a) 我們先證明 x 是無理數。 令 s = 2^j,

{g¹, g2, . . . , g_s} = {p^h11p^h₂²· · · p^hj^j|hⁱ = 0 或 1, i = 1, 2, . . . , j}, 則

x= c1√g1+ c2√g2+ · · · + c^s√g_s+ √pj+1(d1√g1+ d2√g2+ · · · + d²√g_s) (1) 其中 c1, c2, . . . , c_s, d1, . . . , d_s 是適當有理數, 如果 d1 = · · · = d^s = 0, 由歸納假設 即可知 x 是無理數。 所以我們不妨假設 d1, . . . , d_s 不全為零, 此時由歸納假設容易推 論得 d1√g1+ d2√g2+ · · · + d^s√g_s 6= 0。 此時, 如果 x 是有理數, 那將 (1) 經過移 項, 可知 √p_j+1 能經由 √p1, √p2, . . . , √p_j 和有理數進行加減乘除所得, 由結論二, 可知 √p_j+1 可表為 b1√g1+ b2√g2+ · · · + b^s√g_s。 如此, (b1√g1+ b2√g2+ · · · + b_s√g_s)² = pj+1, 由歸納假設得知, b1, b2, . . . , b_s 中至多只有一項 b_i 不為零, 於是有 (bi√g_i)² = pj+1, 將此式展開後, 化成標準分解式, 比較 pj+1 的指數, 會得到矛盾。

因此 x 是無理數。

(b) 接下來證明 x² 是無理數。 接續 (a) 的討論, 為符號簡單起見, 我們令 v = c1√g1 + c2√g2+ · · · + c^s√g_s, w = d1√g1+ d2√g2+ · · · + d^s√g_s 。 於是,

x²=(v²+pj+1w²)+√pj+1(2vw)

=α1√g1+α2√g2+· · ·+α^s√g_s+√pj+1(β1√g1+β2√g2+· · ·+β^s√g_s) (2) 其中, α1, α2, . . . , α_s; β1, β2, . . . , β_s 是適當有理數, 而

v²+ pj+1w²= α1√g1+ α2√g2+ · · · + α^s√g_s, 2vw = β1√g1+ β2√g2+ · · · + β^s√g_s.

如果 x² 是有理數, 由 (2), 運用 (a) 的討論, 可知, 2vw = 0 且 v² + pj+1w² 是有 理數, 故 v = 0 或 w = 0, 因此我們分別可以得到 w² 或 v² 是有理數。 再由歸納假 設得知, v = 0, w = di√m_i 或 w = 0, v = ci√m_i, 不論何者都會使 a1, a2, . . . , a_k 中只有一項不為零。 與假設矛盾。 故 x² 為無理數。

三. 由 一、 二 及數學歸納法, 得證。

接下來我們對結論一所找到的多項式 f (x), 做一些較深入的討論。 我們先來定義所謂的最 小多項式。

定義: 若 a 是一個給定複數, f (x) 是個 m 次有理係數非零多項式, 滿足 f (a) = 0, 且 若有另一有理係多項式 g(x) 滿足 g(a) = 0, 則 deg g(x) ≥ m。 則稱 f(x) 是 a 的最小多 項式。 (換句話說, f (x) 是滿足 f (a) = 0 的最低次有理係數多項式。) (註: 不難發現, 上述 中 g(x) 必是 f (x) 的倍式, 否則 g(x) 除以 f (x) 的非零餘式 h(x) 也滿足 h(a) = 0 且 deg h(x) < deg f (x), 與 f (x) 的定義矛盾。)

先前在結論一中找到的 2ⁿ 次多項式, 是否能再讓次數更少一些呢? 在以下的結論中, 我 們給出這問題的答案。 首先, 我們先看一個引理。

引理一: 令 y = a1√p1 + a2√p2 + · · · + aⁿ√p_n, f (x) 為一有理係數多項式且滿足 f(a1√p1+ a2√p2+ · · · + aⁿ√p_n) = 0, 則

f(a1√p1+ a2√p2+ · · · + an−1√p_n−1− aⁿ√p_n) = 0

證明: 令 z = a1√p1+ a2√p2+ · · · + an−1√p_n−1, 如此 y = z + an√p_n。 考慮此引理 中的有理係數多項式 f (x), 我們有 0 = f (y) = f (z + a_n√p_n), 把 f (z + an√p_n) 中的 z 看 成變數, 展開並整理後可發現,

f(z + an√p_n) = h(z) + g(z)√p_n = 0 (3) 其中 h(z) 和 g(z) 均是 z 的有理係數多項式。 觀察 (4), 由結論三的證明中, 我們知道,

h(z) = g(z) = 0 (4)

另外, 同理容易驗證

f(a1√p1+ a2√p2+ · · ·+an−1√p_n−1−aⁿ√p_n) = f (z −aⁿ√p_n) = h(z) −g(z)√p_n (5) 由 (4) 和 (5), 我們即可得到 f (a1√p1+ a2√p2+ · · · + an−1√p_n−1− aⁿ√p_n) = 0。 得證。

結論四: 令 y = a1√p1+ a2√p2+ · · · + aⁿ√p_n, 其中 a1, a2, . . . , a_n 均是不為零的有 理數, 則 y 的最小多項式 f (x) 恰為 2ⁿ 次多項式。

證明: 令 S = {b¹√p1+ b2√p2+ · · · bⁿ√p_n|bⁱ = ai 或 −aⁱ, i = 1, 2, . . . , n}。 重複 使用引理一, 逐步遞推, 不難發現 S 中的元素均是 f (x) = 0 的根。 再由推論三的 (I), 我們知

道 S 中有 2ⁿ 個元素 (也就是說, 不同 bi 的選取產生不同的數)。 因此, f (x) 至少是 2ⁿ 次多 項式。 而由結論一, 我們又知道 deg f (x) ≤ 2ⁿ, 因此 f (x) 恰為 2ⁿ 次多項式。

註: 不難看出, 在結論四的假設下, 用結論一的方法, 所找到的多項式 f (x), 恰是 2ⁿ 次有 理係數多項式。 也正好就是 y 的最小多項式。 而且, 這個多項式 f (x) 所有的根恰好是下列 2ⁿ 個數,

b1√p1+ b2√p2+ · · · bⁿ√p_n, b_i = ai 或 −aⁱ, i= 1, 2, . . . , n.

利用這些根, 將 f (x) 所有的一次因式相乘起來, 也是找 y 的最小多項式的一個好方法。

三、 總結:

利用體擴張 (field extension) 理論, 當 d 是質數時, 用結論三, 引理一和結論四的技巧, 可以證明和結論四雷同的結果: 若 p1, p2, . . . , p_n 為 n 個相異質數, a1, a2, . . . , a_n 均是不為零 的有理數, 則 a1√^dp1+ a2√^dp2+ · · · + aⁿ√^dp_n 的最小多項式為 dⁿ 次多項式。 但當 d 不是質 數時, 就不容易討論了。

另外, 對於

^q

q

2 −√

5 之類的數是有理數與否, 以及它們和多項式根式解之 間的關係也很值得有興趣的人更深入的探討。

參考文獻

1. 數論導引, 華羅庚 編著。

2. 算術, 許志農 編著。

3. 整數論問題, 林聰源 譯。

4. Topic in algebra, I. N. Herstein.

—本文作者任教於台南一中—