第三节实数域和复数域Word文件下载.docx
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作商集M/〜=Ro,在Ro中定义等价类的加法、乘法及序如下:
对任意a,Ro,{an}€a,{bn}€3,
若{an+bn}€y,则规定a+3=Y;
2°
若{anbn}€p,则规定a-3=P
3°
若{an}<
{bn},则规定a<
3.
不难验证,这样定义的运算及序与代表元的选取无关;
Ro中加法、乘法满足结合律、
交换律和分配律.
a,3,存在n€N,使na>
若a>
o,称a为正兀;
若a<
o,称a为负兀.对任两正兀
因此,Ro是阿基米德序域
(3)嵌入
设Ri是Ro中所有有理常数列{a}所代表的类的集合,R2是Ro中其余的类所组成的
集合,则Ro=RiUR2.
作映射f:
RitQ,使f({a})=a.则f是同构映射,因而(Ri;
+,•,<
)与(Q;
)同构.
作集合R=QUR2,R中的运算由f的扩张决定.贝UR是通常所说的实数域.R2中的实数,称作无理数.有时为了方便,将正实数集合记为R+.
实数集R的若干性质.
1°
有理数集Q在R中处处稠密对任意两实数a,b,若a<
b,则必存在c€Q,使a<
c<
b.
连续统实数集R与直线上点集Ri一一对应.建立对应的方法如下:
在直线l上取O点为原点,OA为单位,A点所在半直线为正向,建立直线坐标系第一次,以OA为单位,从O点开始,向左、右两边等分直线,得第一批分点(与单位端点重合的点),它们对应全体整数.
划分直线,得第n批分点,其中p€N+,p>
1,n=2,3,….
这样所得分点,连同第一批分点,对应全体有理数.
现令第n批分点中两个相邻分点之间(包括两端点)所有点组成之集为第n级子区间An,
于是,直线I上每一点B,如果它不是某一批分点,它便包含于一系列子区间An之中,这
些An形成一个区间套{An}:
实数b.这时规定B与b对应.
建立直线坐标系的直线R1称为数直线,或实直线,或连续统;
在它上面已不再有“洞”.
由于实数集R与实直线R1等价,以后不再区别R与R1.
实数表示成无尽小数形式
由上可知,每一个实数都可以表示成p进制无尽小数.方法如下:
设a为正实数,它对应Ri上区间套{An}(若a为有理数,是某些区间的端点,则规定它属于右边的区间).又令ai为Ai左端点对应的整数(自然数);
n>
1时,An左端点为An-1中第an(an=O,1,2,…,p-1)个分点.于是得到一个唯一确定的非负整数列(ai,
a2,…,an,…)(0Waj<
P,i=1,2,3,…).
反之,给出一个这样的非负整数列,可以确定唯一的一个区间套,从而唯一地确定一个实数.
我们将用上述方法得到的正实数a所对应的非负整数列(a1,a2,…,an,…)记作
a1a2a3…an…
并称之为实数a的p进小数表示.在同构的意义上,它与实数a是一样的,不妨写作
a=a182a3…an…
对每个负实数a,-a>
0,故也可表示成无尽小数形式.
为方便起见,常取p=10,把实数表示成10进小数.有理数可以表示成无尽循环小数,当循环节为0时,省略尾部所有的0,成为有限小数.无理数则是无尽不循环小数.
R不是可数集
这只须指出单位区间1={x€R<
x<
1}不可数即可,可用著名的对角线法”证明如下:
反证,假定I可数,其中数(纯10进小数)排成一列:
a1=0.a11a12a13…
a2=0.a21a22a23…
an=0.an1an2an3…
令b=0.b1b2…b…,其中
显然,b€I,但bzan,n=1,2,3,…•这与I可数矛盾•所以I不是可数集,因此R也不是可数集.
*2.实数的公理化定义
实数域R的本质在于,它是一个连续的阿基米德序域.可以用一组公理(实数公理)将它整体地给出来.
设在集合R中定义了两种代数运算,加法牛”和乘法“;
定义了序关系,(R;
+,
V)满足以下公理(实数公理):
I.域公理
对于任意x,y,z€R,有
Ii.x+(y+z)=(x+y)+z;
I2.x+y=y+x;
I3.存在兀素o€R,使0+x=x;
I4.存在兀素—x€R,使x+(—x)=0;
(至此,(R;
+)为群)
I5.x(yz)=(xy)z;
I6.xy=yx;
I7.x(y+z)=xy+xz;
I8.存在元素1€R,使1-x=x;
+,)为具有单位元的可换环)
-1-1
I9.若XM0,则总存在元素x€R,使xx=1.
+,)为域)
n.序公理
对任意x,y,z€R,有
ni.xVy或x=y或yVx,有且仅有一个成立;
n2.若xVy,yVz,贝UxVz;
(至此,(R;
V)为全序集)
n3.若xVy,贝Ux+zVy+z;
n4.若0Vx,0Vy,贝U0Vxy;
+,•V)为全序域)
川.阿基米德公理对于任意R中正元0Vx,0Vy,总存在n€N,使yVnx.
+,•V)为阿基米德序域)
W.完备公理(柯西准则)R中基本序列在R中收敛
+,;
v)为连续的或完备的阿基米德序域)
公理W又称连续公理,它有许多等价形式:
(戴德金定理)R中任意一个分割A|B都确定唯一的一个实数,即或A中有最大数,B中无最小数;
或B中有最小数,A中无最大数
(确界存在定理)R中有上(下)界子集必有上(下)确界.
(单调有界定理)R中单调有界数列必有极限.
(区间套定理)R中任意闭区间套{[an,bn]}确定唯
T0,则存在唯一实数a€[an,bn],n=1,2,3,….
6°
(致密性定理)R中每个有界数列必合收敛子列.
7°
(聚点定理)R中有界无穷点集至少有一个聚点.
3.复数域
从实数集向复数集的扩充,又可以采用代数扩张的办法.
(1)定义含有实数域R和i(i具有性质i2=-l)的最小域C,称为复数域•即
域(R;
+,)是(C;
+,)的子域;
若域(C'
;
+,)满足上述1°
与2°
则(C;
+,)是(C'
+,)的子域.
域C中元素叫做复数.
如果复数域C存在,则C具有形式
2
C={a+bi|a,b€R,i=—1}
因此,所有在此定义下的复数域C是同构的•即复数域C若存在,则在同构的意义上
是唯一的.
(2)构造作集合
C0={(a,b)|a,b€R}
在Co中定义加法牛”和乘法“如下:
对任意实数对(a,b),(c,d)€Co,规定
(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)
(a,b)(c,d)=(ac-bd,ad+bc)
容易证明,(Co;
+,)是域.
与前节构作整数环Z、有理数域Q不同,这里无需再定义等价关系和作商集.
(3)嵌入令Co=C1UC2,其中
Ci={(a,0)|a€R}
C2由C0中其余元素组成.
RfCi,使对每一a€R,都有f(a)=(a,0).易知f是(R;
+,)到(Ci;
+,)的同构映射,故(R;
+,)是(Co;
令C=RUC2,C中的运算由f的扩张决定,则C就是通常所说的复数域,且由于
(0,i)(0,i)=(-i,0)
所以i=(0,i),i2=-i
复数的性质
i°
复数域是代数闭域
这由下面定理保证:
代数基本定理复系数n次方程
nn-i
x+an-ix+•••+aix+ao=0
在复数域C中有n个根.
只将二次方程x2+1=0的一个根i添入到R,就能获得任意n次复系数方程的所有的根,这真是一个数学奇迹.
复数域不能成为序域
首先,要明确全序集与序域的区别.复数集C,可以定义序V,使(C;
<
)成为全序集.例如,对于任意ai+bii,a2+b2i€C,规定ai+bii<
*a2+b2i当且仅当ai<
a2;
或ai=a2,bi<
b2.贝U<
*”是C的一个全序,从而(C;
*)是全序集.
但是,对于复数域C上任意序<
(C;
+,,<
)都不是序域.
事实上,只要考虑i与0的序关系即可•由于i工0只有0<
i或i<
0.
若0<
i,由实数序公理n4,有
0<
ii=-i
所以
0<
(-i)(-i)=i(*)
又由序公理n3,应有0+1<
(—i)+i,即i<
0,与(*)矛盾
若i<
0,则0=i+(-i)<
0+(-i)=-i,同样推得矛盾.
因此,复数域不能成为序域,或者说作为复数域(C;
+,)中的复数,没有大小顺序.这
就是通常所说的“复数不能规定大小”的意义所在.
在数系的扩充过程中,数的范围不断扩大,数的结构逐渐完善,数的性质有所增加,但有时也失去一些原有性质.例如,N扩充到Z,失去了良序性等.当复数域再扩充到四元数、八元数、十六元数等等时,数的一些基本性质,如乘法交换律,甚至连乘法的结合律都要失去,与“数”的传统概念就相去很远了.因此,通常所说的数,都是指实数或复数.
第四节代数数、超越数和作图不能问题
1.代数数和超越数有理系数(或整系数)多项式
p(x)=anxn+an-ixn-1+…+aix+ao
(1)
的根,称作代数数;
非代数数的复数,称为超越数.以下主要讨论实代数数和实超越数.
一个代数数a所满足的有理系数多项式的最低次数,称作a的次
为它们满足一次方程qx-p=0.
代数数,而
是四次代数数,因a5是四次方程
42
x-5x+5=0
的根
有限次加、减、乘、除和开平方这五种运算而得到的数,都是代数数.超越数是无理数中的非代数数.
人们在对代数数和超越数的认识史上,曾经有两个误解:
①认为在的无理数经过四则运算与开平方而产生的.
但实际情况是,实数中的超越数不是很少,而是很多,比代数数要多得多;
代数数也并非都能由如上方法产生出来.第一个问题发展为超越数论,第二个问题与几何作图“三大问
题”相关.
1874年,Cantor在一篇论文中证明了,一切代数数与正整数可以建立一一对应,从而证明了超越数存在,而且还比代数数“多得多”.
然而人们具体认识的超越数却很少.1873年,Hermite(1822—1901)第一次证明了e是超越数.1882年,Lindemann(1852—1939)越数,列为他著名的“23个问题”的第7个.1929年,Gelfond(1906—1968)证明了en是超越数;
1930年,Kuzmin(1891—1949)将
本世纪以来,超越数论有很大发展,人们已经发现了不少超越数类.例如
sin1,cos3,ln2,ln5,…
和
un是不同
都是超越数(这方面最主要的结果是林德曼-外尔斯特拉斯定理:
若u1,u2,…,的代数数,那么复指数e"
1,e"
2,…,e"
n在代数数域上线性无关).
然而,我们所认识的超越数,仍然是极少极少,连n+e,ne是不是超越数,至今还不
知道.
*2.n和e
这是两个最常见、最有用的超越数.然而人们对它们的无理性和超越性的认识却很迟.
圆周率n,即圆的周长与直径之比,直到18世纪初,人们还把它当作一个有理数,企图通过计算来得到它的精确值.1761年,Lambert(1728—1777)证明了n是无理数,这才打破了人们的梦想.
但在这之前,Euler于1744年已证明了e的无理性,Lambert是借用了与前人类似的方法•因e的级数表达式简单,证明较方便,这里只介绍e的无理性的证明.
取自然数n>
q,用n!
乘下列级数表达式两边:
n!
e=an+bn
因n>
1,故0vbn<
1•即bn不可能是整数•产生矛盾•所以e是无理数.
n和e的超越性证明比较复杂,这里用初等方法只给出e不是二次代数数的一个证明
大意,方法与上面相仿.
e不是二次代数数即证明:
对于任意ao,a1,a2€Z且ao工0,都有
aoe+a1e+a2工0
事实上,如果有某三个整数ao(丰0),a1,a2使
aoe+a1e+a2=o
-1
aoe+a1+a2e=o(3)
将
(2)代入(3),便有
从而
(n-1)!
Sn=-(n-1)!
Rn
因(n—1)!
Sn为整数,故
也应为整数.
令A=|ao|+|a2|,取n>
3A.则
因此,(n—1)!
Rn=0,(n-1)!
Sn=0.由此可以导致矛盾(详见[39]).
证明n是超越数,不是代数数的意义很大,它直接指出了古希腊几何问题化圆为方”
作图是不可能的.
3.几何作图不能问题
华罗庚在1952年发表过一篇题为三分角问题”的文章①•他说:
我建议传授几何问题的人,如要谈到三分角问题,就必须把它交待清楚(即使不能严格证明),以免引人走入歧途.”
作为一个数学教师,对“三等分角”等几何作图不能问题,自己首先要弄清楚.
古希腊数学家提出的所谓“几何作图三大问题”是
1三等分任意角问题;
2倍立方问题(作一立方体使其体积等于已知立方体体积2倍);
3化圆为方问题(作一正方形使其面积等于已知圆的面积).
如果限于尺规作图,即只准使用圆规和不带刻度的直尺作图,那么这三个作图问题,都是作图不能问题.
所谓“作图不能问题”,不是没有找到作图方法的、尚未解决的作图问题,而是从理论上已经证明是不可能用尺规作图的、已经解决了的问题.
如何证明它们是作图不能问题呢?
先看看用尺规可以作出哪些几何图形.
设给出一单位长线段1(用线段的长度表示该线段),则可作出:
所有正整数n(长度为n的线段);
上述各种数的和、差、积、商及算术平方根.
如果一个几何图形可以用尺规作出,那么一定是从已知线段(设为
和、差、积、商、开平方的有限步复合运算产生的“多层平方根数”.例
其中a,b,A是较低层平方根数或有理数.
每一个这样的“多层平方根数”,都是一个n次整系数方程
(1)或有理方程
xn+aixn1+…+an-ix+an=0,a"
€Q(4)
的根•反之,方程(4)如果有这样多层平方根数”的根x=a,则a是由方程(4)的系数经过有限步四则运算和开平方运算产生的代数数.
设方程(4)的系数域为F0=Q,它的根是“多层平方根数”,所在生成的扩域:
于是a5€F2•
为解决几何作图问题,我们先证明
定理Q上三次方程
X3+aix+a2X+a3=0(5)
的一个根若为多层平方根数”则一定有有理根.
证设(5)有一个根xi是“多层平方根数”:
其中a,b,A€Fk-i,k》l.
(6)代入(5):
整理得
x3=-ai-xi-x2=ai-2a
也是(5)的根
如果a€Q,则定理已经证明.若a€Fk-i工Q,那么又令a=a'
因此,方程(5)有根
x1或x2,即
由此定理得
推论如果三次方程(5)没有有理根,那么这个方程的根不是有理数域上的多层平方根数,因而不能尺规作图.
利用这一推论,很容易解决“几何作图三大难题”.
4.“几何作图三大难题”的解答
(1)三等分角问题
设给定角A,相当于给出了cosA所对应的单位圆上余弦线
由于
3
4x-3x-cosA=0
的根.特别地,当A=60°
时,cos20°
是方程
8x3-6x-1=0(8)
的根.
方程(8)没有有理根.事实上,令y=2x,(8)变成
y3-3y-1=0(9)
323
p—3qp=q
p(p2—3q2)=q3(10)
从而p|q3,但(|p|,|q|)=1,故p=±
1.
同样,由(10)有q|p3,又得q=±
从而(9)若有有理根,则只能为y=±
1.经检验,y=±
1均不是(9)的根.所以方程(9),从而(8),没有有理根.由上段推论,
(2)倍立方问题
设已知立方体棱长为1,2倍体积的立方体校长为x,则有
x3=2或x3—2=0(11)
同上可证,(11)也无有理根,因此,它的根不能尺规作出.
方程(8)和(11)都至少有一个实根,显然它们都是代数数,但却不是“多层平方根数”.这说明:
代数数并不都能用有理数的多层平方根来表示.
(3)化圆为方问题
设给定圆半径为1,则其面积为n设正方形边长为x,面积为x2,与圆面积相等,得方程
x2=n或x2—n=0(12)
有代数数根,当然更没有有理数域上的“多层平方根数”根,所以它的根不能尺规作出.至此,三个几何作图不能问题,均化为二次或三次方程有理根的判定问题,从而得到彻底解决.
研究与思考题
1•试说明在数的扩充过程中,从NtC的每一步,数的性质增加了什么?
减少了什么?
2•试证明:
有理数域Q是最小的无限域;
实数域R是最小的完备域.
3.从Q到R的扩充,与数的其他几次扩充,在方法上有何不同?
原因何在?
4•证明:
实数集R中实数项基本列{rn}不再定义出新数.
5.证明:
代数数集A构成实数域R的子域.又问,超越数集T是否也构成R的子域?
6.作图不能问题的含义是什么?
希腊“几何作图三大难题”是怎样解决的?
7.“复数不能规定大小”的含义是什么?
8.能否用尺规作图方法,作出正七边形?
为什么?
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