最后更新: 2025-11-05 08:56 查看: 80 次纠错评论(0) 课件开VIP

超越扩张（下）与超越数

现在看起来，域 $F$ 上的超越扩张结构，特别是有限生成超越扩张的结构和性质与有限生成代数扩张的结构和性质似乎是比较类似的。

简单回顾一下，我们在研究域 $F$ 的代数扩张结构时采用的基本研究方法，是先确定添加一个代数元素的扩张结构，然后再在 $F$ 上不断添加代数元素，并通过单纯代数扩张的结构去了解和认识代数扩张的结构与性质。对于超越扩张，我们依然是试图先确定在域 $F$ 上添加一个超越元素的扩张结构，然后以此为基础去了解和认识超越扩张．既然是研究添加一个元素的结构，那么，基于单纯代数扩张的性质与结构，我们知道，添加元素的形式一定也会与单纯超越扩张的结构相关联．

定义 2．7．4 如果 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ ，则称 $\max \{\operatorname{deg} f(x)$ ， $\operatorname{deg} g(x)\}$ 为元素 $\beta$ 的关于 $F$ 的超越次数．

注意，域的超越扩张次数与元素的超越次数概念之间的区别！
例 2．7．4 显然扩张 $Q (x) \supseteq Q$ 是单纯超越扩张，并且 $\operatorname{trdeg}( Q (x): Q )=1$ ，

$x$ 关于 $Q$ 的超越次数也是 1．但是，对于超越扩张 $Q \left(x^2\right) \supseteq Q$ ，则是 $\operatorname{trdeg}\left( Q \left(x^2\right): Q \right)$ $=1$ ，而 $x^2$ 关于 $Q$ 的超越次数却是 2 。

实际上，在超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 中，$F(x)$ 中整多项式 $f(x) \in F[x]$ 关于 $F$ 的超越次数就等于 $f(x)$ 的次数 $\operatorname{deg} f(x)$ ．而且容易知道：$\beta \in F(x)$ 的关于 $F$ 的超越次数为 0 的充分必要条件是 $\beta \in F$ 。

事实上，如果 $\beta \in F$ ，则 $\beta=\frac{\beta}{1}$ ，所以 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 0 。反之，令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)}$ 。如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 0 ，则 $\max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=0$ ，所以 $\operatorname{deg} f(x)=0, \operatorname{deg} g(x)=0$ ，即 $f(x), g(x) \in F, \beta \in F$ ．

更为一般地，我们有下面的定理。
定理 2．7．7 令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ 。如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 $k>0$ ，那么，$\beta$ 是 $F$ 上的超越元素，并且扩张 $F(x) \supseteq F(\beta)$ 是有限扩张，而且 $|F(x): F(\beta)|=k$ ．

证明 因为 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)}$ ，所以 $\beta g(x)-f(x)=0$ ，即 $x$ 是多项式

$$
h(y)=\beta g(y)-f(y) \in F(\beta)[y]
$$

的根．又由于 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \notin F, \max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=k>0$ ，所以 $h(y)$ 是非零的 $F(\beta)$ 上的 $k$ 次多项式．于是 $x$ 是 $F(\beta)$ 上的代数元素，并且 $|F(x): F(\beta)| \leqslant k$ ．

我们只需要指出多项式 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是不可约的，就能得到 $|F(x): F(\beta)|=$ $k$ ．如果 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是可约的，则 $h(y)$ 在 $F[\beta, y]$ 中就可以分解成两个非常量因式的乘积．另外，$h(y)=\beta g(y)-f(y)$ ，所以在 $h(y)$ 的分解表达式中，有且只有一个因式含 $\beta$ ，而其他的因式不能含 $\beta$ ．设不含 $\beta$ 的因式为 $w(y)$ ，则

$$
h(y)=\beta g(y)-f(y)=w(y) q(\beta, y) .
$$

另外，由于在 $h(y)$ 的表达式中 $\beta$ 的次数为 1 ，所以，不妨令 $q(\beta, y)=u(y)+$ $\beta v(y)$ ，其中 $u(y), v(y) \in F[y]$ ，于是

$$
\begin{aligned}
h(y) & =\beta g(y)-f(y)=w(y) q(\beta, y) \\
& =w(y)(u(y)+\beta v(y)) \\
& =w(y) u(y)+\beta w(y) v(y)
\end{aligned}
$$

因此，$-f(y)=w(y) u(y), g(y)=w(y) v(y)$ ，即 $w(y)$ 是 $f(y), g(y)$ 的公因式．当然，这必然导致 $w(x)$ 是 $f(x), g(x)$ 的公因式．可是 $(f(x), g(x))=1$ ．所以 $w(y)$ 只能是 $F$ 中的常量．这就是说多项式 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是不可约的．

至于 $\beta$ 是 $F$ 上的超越元素的性质是显然的．

推论 2．7．2 单纯超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 是纯超越扩张，并且当 $\beta \in F(x)$ 时， $F(\beta)=F(x)$ 的充分必要条件是 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 。

定理 2．7．8 如果 $\beta \in F(x)$ ，则 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 的充分必要条件是 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a d-b c \neq 0$ ．

证明 令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ ．如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 ，即 $\max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=1$ ，则 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a, b, c, d \in F$ ，同时 $a d-b c \neq 0$ ．如若不然，我们不妨假设 $c \neq 0$（如果 $c=0$ ，则 $d \neq 0$ ，而且 $a \neq 0$ ，所以 $a d-b c \neq 0$ ），则 $b=\frac{a d}{c}$ ．所以 $\beta=\frac{a x+\frac{a d}{c}}{c x+d}=\frac{a c x+a d}{c(c x+d)}=\frac{a}{c} \in F$ ，矛盾．

反之，如果 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a d-b c \neq 0$ ，则 $(a x+b, c x+d)=1$ ，且 $a, c$ 不能同时为 0 ，所以 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 ．

定理 2．7．9 如果 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的一组代数无关的超越元素，则扩张 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \supseteq F$ 是纯超越扩张．

定理 2．7．10 令 $x$ 是 $F$ 上的超越元素．如果域 $E$ 满足 $F(x) \supseteq E \supseteq F$ ，则扩张 $E \supseteq F$ 是单纯超越扩张，即存在超越元素 $\beta \in E \subseteq F(x)$ ，使得 $E=F(\beta)$ ．

证明 因为 $F(x) \supseteq E \supseteq F$ ，所以可取 $\alpha \in E \backslash F$ ，则

$$
\alpha=\frac{s(x)}{t(x)}, \quad s(x), t(x) \in F[x], \quad(s(x), t(x))=1 .
$$

而且 $x$ 是 $F(\alpha) \subseteq E$ 上的代数元素 $(\alpha t(x)-s(x)=0)$ ，进而 $x$ 是 $E$ 上的代数元素．
令 $x$ 在 $E[y]$ 上的极小多项式为

$$
p(y)=y^n+\frac{a_{n-1}(x)}{b_{n-1}(x)} y^{n-1}+\cdots+\frac{a_1(x)}{b_1(x)} y+\frac{a_0(x)}{b_0(x)}
$$

其中 $\left(a_i(x), b_i(x)\right)=1$ ，并且 $\frac{a_i(x)}{b_i(x)}$ 不能都属于 $F$（否则 $x$ 是 $F$ 上的代数元素）．注意，这里实际上也假设 $|F(x): E|=n$ ．

令 $l(x)=\left[b_{n-1}(x), \cdots, b_0(x)\right]$（最小公倍式），则

$$
l(x) p(y)=f(x, y) \in F[x, y]
$$

而且

$$
f(x, y)=l(x) y^n+c_{n-1}(x) y^{n-1}+\cdots+c_1(x) y+c_0(x)
$$

其中 $\left(l(x), c_{n-1}(x), \cdots, c_0(x)\right)=1$ ，即 $f(x, y) \in F(x)[y]$ 是本原多项式．再由于 $\frac{a_i(x)}{b_i(x)}$ 不能都属于 $F$ ，如果我们假设其中之一为 $\beta=\frac{a(x)}{b(x)}=\frac{c(x)}{l(x)} \notin F,(a(x), b(x))=$

1 ，则 $x$ 是多项式 $a(y)-\beta b(y)$ 的根．从而

$$
\begin{aligned}
a(y)-\beta b(y) & =a(y)-\frac{a(x)}{b(x)} b(y)=p(y) q(y) \\
& =\frac{1}{l(x)} f(x, y) \frac{d(x)}{l_1(x)} g(x, y)
\end{aligned}
$$

其中 $d(x), l_1(x) \in F[x], g(x, y) \in F[x, y]$ ，并且 $g(x, y)$ 是关于 $y$ 的本原多项式．于是

$$
b(x) a(y)-a(x) b(y)=\frac{d(x) b(x)}{l(x) l_1(x)} f(x, y) g(x, y)
$$

再因为 $f(x, y), g(x, y)$ 都是关于 $y$ 的本原多项式，所以 $f(x, y) g(x, y)$ 是关于 $y$的本原多项式．这样，在上面的等式中必然有 $\frac{d(x) b(x)}{l(x) l_1(x)} \in F[x]$ ，所以上面的等式转化为

$$
b(x) a(y)-a(x) b(y)=f(x, y) h(x, y), \quad h(x, y) \in F[x, y]
$$

另外，$\frac{a(x)}{b(x)}$ 是 $p(y)$ 的表达式中的一个系数项，并且 $l(x) p(y)=f(x, y) \in F[x, y]$ ，所以 $\operatorname{deg} a(x), \operatorname{deg} b(x) \leqslant \operatorname{deg}_x f(x, y)$ ．这就是说，$h(x, y)$ 中不能再含有 $x$ ．我们再利用等式 $b(x) a(y)-a(x) b(y)=f(x, y) h(x, y)$ 左端的对称性（仅差一个负号），同理可以得到 $h(x, y)$ 中不再含有 $y$ ．于是 $h(x, y)=h \in F$ ，故有

$$
b(x) a(y)-a(x) b(y)=h f(x, y)
$$

因此，利用上式的对称性及 $f(x, y)=l(x) y^n+c_{n-1}(x) y^{n-1}+\cdots+c_1(x) y+c_0(x)$ ，知道一定有 $\operatorname{deg}_x f(x, y)=n$ ．于是，从

$$
a(x)-\beta b(x)=0, \quad F(x) \supseteq E \supseteq F(\beta) \supseteq F
$$

和

$$
n=|F(x): E| \leqslant|F(x): F(\beta)| \leqslant n,
$$

有 $E=F(\beta)$ ，即中间域 $E$ 是 $F$ 的单纯扩张．
至于其扩张的超越性是显然的。
请读者将单纯代数扩张中间域的性质简单总结，证明一下．
关于超越数的问题，我们平常遇到，谈到最多，最熟悉的超越数可能就是圆周率 $\pi$ 和自然数 e了．本节最后，我们将利用超越扩张的性质，就 $\pi$ 和 e 的超越性作一简单介绍。

定理 2．7．11（Lindermann－Weierstrass）令 $\alpha_1, \cdots, \alpha_m$ 是不同的代数数，则指数函数族 $e ^{\alpha_1}, \cdots, e ^{\alpha_m}$ 在有理数域 $Q$ 上是线性无关的。

证明 反证法．既然考虑的是线性关系，我们假设它们是线性相关的，然后，考察方程

$$
a_1 e^{\alpha_1}+\cdots+a_m e^{\alpha_m}=0
$$

其中 $a_1, \cdots, a_m \in Q$ ．实际上，我们不妨假设 $a_1, \cdots, a_m \in Z$ ，而且 $a_1, \cdots, a_m \neq$ 0 （如果出现为 0 的项，则将其省略）．
（1）令 $K \supseteq Q \left(\alpha_1, \cdots, \alpha_m\right) \supseteq Q$ 是正规扩张，则 $K \supseteq Q$ 是 Galois 扩张．所以，可以令扩张 $K \supseteq Q$ 对应的自同构群 $\operatorname{Aut}_{ Q } K$ 是 Galois 群，并将其记为 $\operatorname{Gal}(K / Q )=$ $\left\{\sigma_1, \cdots, \sigma_n\right\}$ ．于是，从 $a_1 e ^{\alpha_1}+\cdots+a_m e ^{\alpha_m}=0$ ，有

$$
0=\prod_{k=1}^n\left(\sum_{j=1}^m a_j e^{\sigma_k\left(\alpha_j\right)}\right)=\sum_{j=0}^r c_j e^{\beta_j},
$$

其中 $c_j \in Z$ ，而 $\beta_j$ 是把上式＂同类项合并＂整理以后的结果，当然，$\beta_j \in K$ ，而且这些 $\beta_j$ 是不相同的（相同的已经＂合并＂了）．同样，在这里，仍然可以假设存在某个 $c_j \neq 0$ ，因此，不妨令 $c_0 \neq 0$ ．
（2）如果 $\sigma \in \operatorname{Gal}(K / Q )$ ，则 $\left(\sum_{j=1}^n a_j e ^{\sigma \sigma_k\left(\alpha_j\right)}\right)$ 只是 $\left(\sum_{j=1}^n a_j e ^{\sigma_k\left(\alpha_j\right)}\right)$ 的不同次序的重新排列．所以，

$$
0=\sum_{j=0}^r c_j e^{\sigma_i\left(\beta_j\right)}, \quad i=1,2, \cdots, n
$$

于是，

$$
0=e^{\sigma_i\left(-\beta_0\right)} \sum_{j=0}^r c_j e^{\sigma_i\left(\beta_j\right)}=c_0+\sum_{j=1}^r c_j e^{\sigma_i\left(\beta_j-\beta_0\right)} .
$$

则 $\gamma_j=\beta_j-\beta_0 \neq 0$ ，并且是有理数域 $Q$ 上的代数数．因此，对每个 $j, \sigma_i\left(\gamma_j\right)$ $(i=1,2, \cdots, n)$ 是同一个多项式 $g_j(x) \in Q [x]$ 的根．又根与多项式的首项系数无 ${ }^{\prime}$关，所以，可以设 $g_j(x)$ 的首项系数为正数 $b_j$ ．
（3）如果 $f(x)$ 是一个多项式，则令

$$
F(x)=\sum_{i=0}^{\infty} f^{(i)}(x)
$$

其中 $f^{(i)}(x)$ 表示 $f(x)$ 的 $i$ 阶导数．因为 $f(x)$ 是多项式，所以，$F(x)$ 也是一个多项式（有限项）．并且，从 $F(x)-F^{\prime}(x)=f(x)$ ，有

$$
\begin{gathered}
\frac{d}{d x}\left(e^{-x} F(x)\right)=-e^x f(x), \\
\int_0^a e^{-x} f(x) d x=F(0)-e^{-a} F(a), \\
F(a)-e^a F(0)=-e^a \int_0^a e^{-x} f(\dot{x}) d x .
\end{gathered}
$$

因此，令 $a=\sigma_i\left(\gamma_j\right)$ ，则

$$
\begin{gathered}
c_j\left(F\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)-e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} F(0)\right)=c_j\left(-e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} \int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-x} f(x) d x\right) \\
\sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j F\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)-F(0) \sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)}=-\sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} \int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-z} f(z) d z
\end{gathered}
$$

又 $0=c_0+\sum_{j=1}^r c_j e ^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)}$ ，所以

$$
n c_0 F(0)+\sum_{j=1}^r c_j \sum_{i=1}^n F\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=-\sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} \int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-z} f(z) d z
$$

（4）定义

$$
f(x)=\frac{\left(b_1 \cdots b_r\right)^{p r n}}{(p-1)!} x^{p-1}\left(\prod_{j=1}^r g_j(x)\right)^p
$$

其中 $p$ 是一个素数，则

$$
0=f(0)=f^{\prime}(0)=\cdots=f^{(p-2)}(0)
$$

但是，$f^{(p-1)}(0)=\left(b_1 \cdots b_r\right)^{p n r} \prod_{j=1}^r\left(g_j(0)\right)^p \neq 0$ 。所以，我们可以选择大于 $\max \left\{b_j\right.$ ， $\left.g_j(0)\right\}_j$ 的素数 $p$ ，使得 $p \nmid f^{(p-1)}(0)$ ．再有，对于 $t \geqslant p$ ，导数

$$
f^{(t)}(x)=p\left(b_1, \cdots, b_r\right)^{p r n} h_t(x)
$$

其中 $h_t(x) \in Z [x], \operatorname{deg} h_t(x) \leqslant p r n-1$ ．于是，$p \mid f^{(t)}(0)$ ．
所以，$p \nmid F(0)=f^{(p-1)}(0)+\sum_{j \neq p-1} f^{(j)}(0)$ ．如果我们进一步要求 $p>n, p>c_0$ ，则 $p \nmid n c_0 F(0)$ ．

注意（3）中的最后一个等式．下面，我们将指出（3）中最后一个等式左端的第二项是素数 $p$ 的倍数，而该等式右端是趋近于 0 的（当 $p$ 趋近于无穷大时）．如果我们确实指出了这个事实，那么就说明，该等式的左端的绝对值至少为 1 ，但是右端却趋近于 0 ，矛盾。这个矛盾表明，我们一开始的假设不成立，即指数函数族 $e ^{\alpha_1}, \cdots, e ^{\alpha_m}$ 在有理数域 $Q$ 上不是线性相关的，而是线性无关的。
（5）证明 $\sum_{j=1}^r c_j \sum_{i=1}^n F\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)$ 是素数 $p$ 的倍数。因为 $\left(g_j(x)\right)^p \mid f(x)$ ，每个 $\sigma_i\left(\gamma_j\right)$是 $g_j(x)$ 的根，所以

$$
0=f\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=f^{\prime}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=\cdots=f^{(p-1)}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)
$$

对于 $t \geqslant p$ ，
$$
\sum_{i=1}^n f^{(t)}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=p \sum_{i=1}^n\left(b_1, \cdots, b_r\right)^{p r n} h_t\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)
$$

另外，$\forall \sigma \in \operatorname{Gal}(K / Q ), \sigma\left(\sum_{i=1}^n f^{(t)}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)\right)=\sum_{i=1}^n f^{(t)}\left(\sigma_i^{\prime}\left(\gamma_j\right)\right)$ ，所以，

$$
\sum_{i=1}^n f^{(t)}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=p \sum_{i=1}^n\left(b_1, \cdots, b_r\right)^{p r n} h_t\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right) \in Q
$$

进而，函数 $\sum_{i=1}^n\left(b_1, \cdots, b_r\right)^{p r n} h_t\left(x_i\right)$ 是关于 $x_1, \cdots, x_n$ 的对称函数，并且其次数至多为 $p r n-1$ ．所以，利用多项式根（每个 $\sigma_i\left(\gamma_j\right)$ 是整系数 $g_j(x)$ 的根）与系数的关系，进一步有

$$
\sum_{i=1}^n f^{(t)}\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right)=p \sum_{i=1}^n\left(b_1, \cdots, b_r\right)^{p r n} h_t\left(\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right) \in Z
$$

并且显然它是素数 $p$ 的倍数．
这就是说，等式

的左端是非零整数．因此，
$$
\left|-\sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} \int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-z} f(z) d z\right|>1
$$

（6）令

$$
\begin{gathered}
m_1=\max _j\left\{\left|c_j\right|\right\}, \quad m_2=\max _{i, j}\left\{\left|e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)}\right|\right\}, \quad m_3=\max _{i, j}\left\{\left|\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right|\right\} \\
m_4=\max _{s \in[0,1]}\left\{\left|e^z\right| \mid z=s \sigma_i\left(\gamma_j\right)\right\}, \quad m_5=\max _{s \in[0,1]}\left\{\prod_{j=1}^r\left|g_j(z)\right| \mid z=s \sigma_i\left(\gamma_j\right)\right\}
\end{gathered}
$$

考虑以直线方式从 $0 \rightarrow \sigma_i\left(\gamma_j\right)$ ，则 $\left|z^{p-1}\right| \leqslant\left|\sigma_i\left(\gamma_j\right)\right|^{p-1} \leqslant m_3^{p-1}$ ．因此，

$$
\left|\int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-z} f(z) d z\right| \leqslant m_3 m_4 \frac{\left(b_1 \cdots b_r\right)^{p r n}}{(p-1)!} m_3^{p-1} m_5^p=m_4 \frac{\left(b_1 \cdots b_r\right)^{p r n}}{(p-1)!} m_3^p m_5^p
$$

所以，

$$
\begin{aligned}
1<\left|\sum_{j=1}^r \sum_{i=1}^n c_j e^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} \int_0^{\sigma_i\left(\gamma_j\right)} e^{-z} f(z) d z\right| & \leqslant r n m_1 m_2\left(m_4 \frac{\left(b_1 \cdots b_r\right)^{p r n}}{(p-1)!} m_3^{\dot{p}} m_5^p\right) \\
& =r n m_1 m_2 m_4 \frac{\left(\left(b_1 \cdots b_r\right)^{r n} m_3 m_5\right)^p}{(p-1)!}
\end{aligned}
$$

但是，当 $p \rightarrow \infty$ 时，$\frac{u^p}{(p-1)!} \rightarrow 0$ ．所以，上面的不等式显然是个矛盾式．这个矛盾就说明，我们一开始的假设不成立，即指数函数族 $e ^{\alpha_1}, \cdots, e ^{\alpha_m}$ 在有理数域 Q上是线性无关的。

推论 2．7．3 圆周率 $\pi$ 和自然数 e 都是有理数域 Q 上的超越数。
证明 如果 e 是代数数，则它是某个有理系数多项式的根，即存在不全是 0 的有理数 $r_i$ ，使得 $r_0 e ^0+r_1 e ^1+\cdots+r_n e ^n=0$ 。这表明 $e ^0, e ^1, \cdots, e ^n$ 在有理数域 Q 上是线性相关的。此与定理 2．7．11 相矛盾。所以，自然数 e 是有理数域 $Q$ 上的超越数．

如果 $\pi$ 是代数数，则由于代数数的＂和，差，积，商＂仍是代数数，所以，$\pi i \left( i ^2=\right.$ $-1)$ 是代数数。因此，由定理 2．7．11， $e ^0, e ^{\pi i }$ 是线性无关的，即对于任意的非全为 0的有理数 $a, b \in Q$ ，有 $a e ^0+b e ^{\pi i } \neq 0$ 。但是，我们知道 $e ^{\pi i }=\cos \pi+ i \sin \pi=-1$ ，即 $e^0+e^{\pi i}=0$ ．矛盾．所以，圆周率 $\pi$ 是有理数域 $Q$ 上的超越数．

注记，在认知实数 $R$ 的历史过程中，人们对于无理数存在性的认识是非常早的。例如，早在古希腊时期，Pythagoras 学派就已经知道，并证明了 $\sqrt{2}$ 是非有理数。但是，对于具体的数 $\pi$ 是否为有理数的认识还是很晚的。Lambert 在 1761 年证明了圆周率 $\pi$ 是非有理数。对于自然数 e ，是 Euler 经过大量计算之后，猜测它是非有理数，但是他没能给出证明。还是 Lambert 在 1767 年证明了自然数 e 是非有理数．
在证明了 $\pi, e$ 是非有理数之后，人很容易想到：它们可能不是某个有理数域 $Q$上方程（多项式）的根．那么，人们首先面对的问题是：是否存在这样的实数，即它不是有理数域 Q 上方程（多项式）的根，即超越数是否存在？最先解决这一问题的是 Liouville，他在 1844 年给出，并证明了一个数 $\sum_{n=0}^{\infty} 10^{n!}$ 是超越数．

但是，存在超越数和证明一个具体的实数是超越数还不是一回事。在1873年， Hermite 首先证明了自然数 e 是超越数。 9 年后，Lindemann 运用 Hermite 的思想，方法，证明了圆周率 $\pi$ 是超越数．$\pi$ 和 e 是超越数的更一般的改进型证法，是 Weierstrass 在 1895 年作出的．我们这里采用的证明方法，主要是基于 Weierstrauss的改进型证法．

科数题库(单机版) 会议室预约系统(book)

今日还可看 0 篇未注册用户每天查看4篇，注册用户每天8篇，开通VIP会员无限制查看。

免费注册

《高等数学》难点解析

高数教程 泰勒公式切线与法线切平面与法平面驻点·拐点·极值点·零点间断点渐进线瑕积分欧拉方程伯努利方程 Abel 收敛定理偏导数的几何意义偏导数的几何意义梯度数量场与向量场多元函数极值拉格朗日算子通量与散度环流量与旋度格林公式高斯公式斯托克斯公式三大公式比较傅里叶级数极坐标微元点法式方程变上限定积分 X型计算面积 Y型计算面积微分的意义渐近线间断点 y''+py'+qy=f(x)方程高斯黎曼傅里叶变换(复数) 拉普拉斯变换(复数)

《线性代数》难点解析

线代教程 近世代数对数学的整体思考线性的意义矩阵乘法(列视角) 矩阵乘法(行视角) 矩阵左乘矩阵右乘逆矩阵求解方程组阶梯形矩阵的求法方程组解的判定四阶行列式的计算线性变换的意义线性空间向量组的等价线性空间的几何意义基础解系的求法施密特正交化特征值与特征向量的意义矩阵相似的几何意义矩阵可对角化的理解秩的意义(向量版) 秩的意义(方程版) 二次型的意义

《概率论与数理统计》难点解析

概率教程 置信区间与上a分位数概率中的“取”与“放” 贝叶斯公式全概率公式泊松分布指数分布伽玛分布二维密度图的意义卷积的意义相关系数的意义 k阶矩是与矩母函数卡方分布的作用单正态区间估计理解假设检验理解切比雪夫不等式中心极限定理

上一篇：超越扩张（上）

下一篇：没有了

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)