2 ¨ ar irrationellt.

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin

Specialkursen HT07 13 december 2007

Ovningar p˚ ¨ a talkroppar

Ett tal x ∈ R kallas rationellt om det kan skrivas p˚ a formen x = p/q d¨ ar p och q ¨ ar heltal. Vi har sett att de rationella talen ¨ ar precis de tal med periodisk (eller ¨ andlig) decimalutveckling. Talet x kallas irrationellt om det inte ¨ ar rationellt. Vi vet att de rationella talen ¨ ar uppr¨ akneliga, och att de irrationella ¨ ar ¨ overuppr¨ akneliga (dvs. har st¨ orre kardinalitet ¨ an N.). Ett av de f¨ orsta bevis man brukar g¨ ora i de vanliga kurserna ¨ ar att (t.ex.) √

2 ¨ ar irrationellt.

Ett tal α ∈ R kallas algebraiskt om det ¨ar en l¨osning till n˚ agon polyno- mekvation med heltalskoefficienter, dvs. om det finns ett polynom p(x),

p(x) = a ₀ + a ₁ x + a ₂ x ² + · · · + a _n x ⁿ = 0, a _i ∈ Z, 0 6 i 6 n.

s˚ a att p(α) = 0.

Ett tal som inte ¨ ar algebraisk kallas transcendent, vilket betyder ungef¨ or gr¨ ans¨ overskridande. Ni har visat att de algebraiska talen ¨ ar uppr¨ akneligt m˚ anga, och f¨ oljdaktligen att det finns ¨ overuppr¨ akneligt m˚ anga transcendenta tal: d¨ aremot har ni inte visat att n˚ agot visst tal faktiskt ¨ ar transcendent, n˚ agot de h¨ ar ¨ ovningarna ska r˚ ada bot p˚ a.

1. Talet π ¨ ar irrationellt

Ovning 1: L˚ ¨ at f (x) vara ett polynom och l˚ at

g(x) = f (x) − f ⁰⁰ (x) + f ⁽⁴⁾ (x) − f ⁽⁶⁾ (x) + · · · =

∞

X

j=0

(−1) ^j f ^(2j) (x).

Eftersom f ¨ ar ett polynom blir derivatan s˚ a sm˚ aningom 0, och g ¨ ar allts˚ a ocks˚ a ett polynom. Visa att

Z π 0

f (x) sin(x)dx = g(π) + g(0) Ledning: Vad blir

d

dx (g ⁰ (x)sin(x) − g(x)cos(x))

Ovning 2: Visa att f¨ ¨ or varje a > 0 g¨ aller lim _k→∞ a ^k /k! = 0.

Antag att π = m/n d¨ ar m och n ¨ ar positiva heltal. Av resultatet ovan f¨ oljer att vi kan v¨ alja ett tal k s˚ a att (πm) ^k /k! < 1/2. L˚ at f forts¨ attningsvis vara polynomet f (x) = x ^k (m − nx) ^k /k!.

Ovning 3: Visa att 0 < f (x) < 1/2 d˚ ¨ a 0 < x < π. Visa sedan att

0 <

Z π 0

f (x) sin xdx < 1

Speciellt betyder ju det att integralen inte ¨ ar ett heltal.

Ovning 4: a) Anv¨ ¨ and binomialsatsen f¨ or att visa att i:te derivatan av f ges av

f ⁽ⁱ⁾ (x) = 1 k!

k

X

j=M

k j



m ^k−j (−n) ^j (j + k)!

(j + k − i)! x ^j+k−i

d¨ ar M = max(0, i − k). Om M > k avses den ”tomma” summan, som ¨ ar 0.

b) Anv¨ and resultatet ovan f¨ or att visa att f ⁽ⁱ⁾ (0) ¨ ar ett heltal f¨ or varje i ∈ N.

Ledning: Dela upp i tre fall: i < k, k 6 i 6 2k och i > 2k.

Ovning 5: Visa att f (π − x) = f (x) f¨ ¨ or alla x och anv¨ and kedjeregeln f¨ or att visa att f ⁰ (π − x) = −f ⁰ (x) och f ⁰⁰ (π − x) = f ⁰⁰ (x) f¨ or alla x. Det f¨ oljer nu av b) i f¨ oreg˚ aende uppgift att f ⁽ⁱ⁾ (π) ¨ ar ett heltal f¨ or varje i ∈ N. Kombinera denna slutsats med resultatet i ¨ Ovning 1 f¨ or att visa att

Z π 0

f (x) sin xdx

¨ ar ett heltal. Detta ¨ ar en mots¨ agelse mot ¨ Ovning 3, och visar att antagandet att π = m/n inte kan vara riktigt.

Anm: Det g˚ ar att visa att π ¨ ar transcendent (Ferdinand von Lindemann, 1882), men beviset ¨ ar komplicerat.

2. Fixpunkter

Ovning 6: a) Bevisa att om f : [a, b] → [a, b], a, b ∈ R, a < b, ¨ar kontinuerlig ¨ s˚ a har f en fixpunkt a 6 r 6 b, dvs. en punkt s˚ a att f (r) = r.

Ledning: Betrakta g(x) = f (x) − x och anv¨ and satsen om mellanliggande v¨ arde.

b) Visa att det ¨ ar n¨ odv¨ andigt att intervallet ¨ ar slutet genom att konstruera

en funktion f : ]0, 1[ → ]0, 1[ som saknar fixpunkt.

Ovning 7: a) Antag att f : [a, b] → [a, b] ¨ ¨ ar en funktion, d¨ ar det finns en konstant 0 6 K < 1 s˚ a att

|f (x) − f (y)| 6 K|x − y|

f¨ or alla x, y ∈ [a, b]. Eftersom f ¨ ar kontinuerlig (varf¨ or d˚ a?) s˚ a finns en punkt r s˚ a att f (r) = r. L˚ at x ₀ vara en godtycklig punkt i [a, b]. L˚ at

x ₁ = f (x ₀ ), x ₂ = f (x ₁ ) = f (f (x ₀ )), . . . , x _n+1 = f (x _n ).

Visa att

n→∞ lim x _n = r

b) L˚ at A ⊆ R. En funktion f : A → A som uppfyller |f (x) − f (y)| 6 K|x − y|

(0 6 K < 1) f¨or alla x och y kallas allm¨ant f¨or en kontraktion. Visa att om [a, b] ¨ ar n˚ agot intervall och f en kontraktion R → R s˚ a ¨ ar g : [a, b] → [a, b]

definierad genom

g(x) =







f (x) om a 6 f (x) 6 b b om f (x) > b a om f (x) < a en kontraktion [a, b] → [a, b].

c) Bevisa Banachs fixpunktsats f¨ or reella tal, som s¨ ager att en kontraktion f : R → R har en (och endast en) fixpunkt.

Ledning: Entydighet ¨ ar l¨ att. F¨ or existens, l˚ at x ₀ = f (0), och definiera x ₁ , x ₂ , . . . som i a). Visa (med induktion) att |x _n − x _n−1 | 6 K ⁿ |x ₀ |. Visa sedan (ocks˚ a med induktion) att

|x _n | 6 (1 + K + K ² + · · · + K ⁿ )|x ₀ |

(Mer ledning: Skriv |x _n+1 | = |x _n+1 − x _n + x _n | och anv¨and triangelolikheten.) S¨ att

M = 1 + lim

n→∞ (1 + K + K ² + · · · + K ⁿ )|x 0 |

Varf¨ or ¨ ar M < ∞? Betrakta intervallet [−M, M ] och anv¨ and b) f¨ or att konstruera en kontraktion d¨ ar. Notera att x _i ∈ [−M, M ] f¨or alla i ∈ N.

Anv¨ and nu tidigare resultat f¨ or att slutf¨ ora beviset.

d) Visa att det finns en kontraktion f : Q → Q som saknar fixpunkt.

F¨ orslag: L˚ at f : Q → Q vara f (x) =

 _x

2 + _x ¹ om x > 1

3

2 annars.

e) I ¨ ovning c) startade vi i punkten 0 f¨ or att n˚ a fixpunkten. ¨ Ar det n¨ odv¨ andigt,

eller kan vi starta var som helst? J¨ amf¨ or med a).

3. En ordnad kropp utan den Arkimediska egenskapen

L˚ at K vara en ordnad kropp. Den som vill ha det hela lite mer konkret kan t¨ anka p˚ a de reella talen, allts˚ a K = R. Ett polynom ¨over K ¨ar ett polynom α _n x ⁿ + · · · + α ₁ x + α ₀ d¨ ar α _i ∈ K.

Med en rationell funktion ¨ over K menar man (som bekant) en kvot mellan tv˚ a polynom (¨ over K). Exempelvis ¨ ar

3x ² − 10x + 2

x ⁹ − 2 , x ² + 1(= x ² + 1

1 ), och den konstanta funktionen 1(= 1 1 ) rationella funktioner (¨ over Q eller R. Funktionen π/x ¨ar rationell ¨over R men inte ¨ over Q).

L˚ at nu Q vara kroppen av alla rationella funktioner (Kontrollera att kroppsaxiomen ¨ ar uppfyllda, med de konstanta funktionerna 0 och 1 som nollelement respektive ettelement.)

L˚ at sedan Q ₊ best˚ a av alla rationella funktioner α _n x ⁿ + · · · + α ₀ β _m x ^m + · · · + β ₀

som uppfyller α _n β _m > 0 (d¨ ar ordningen kommer fr˚ an kroppen K). Ordnings- relationen > p˚ a Q definieras nu av att f > g om och endast om f − g ∈ Q ₊ , dvs. om f − g > 0. Speciellt ¨ ar f > 0 ekvivalent med att f ∈ Q + . Med v˚ ar definition ¨ ar allts˚ a x + 1 > 0, ^x _x+3

^−x > 0 och π > 0, medan −1/x < 0.

Ovning 8: a) Ordna de reella funktionerna 10 ¨ ⁻¹⁰⁰⁰ , 1/x, 10/x ² , 1000 och

x

−x+1

x+1 i v¨ axande ordning (om du arbetar i en abstrakt kropp ska naturligtvis 10 tolkas som 1 + 1 + · · · + 1 (tio ettor) och 1000 som 10 ³ (i exponenterna blir det ju vanliga tal.)).

b) Att relationen < som vi har definierats p˚ a Q ¨ ar linj¨ ar och asymmetrisk

¨

ar klart, eftersom ordningen p˚ a K ¨ ar det. Visa att om f och g tillh¨ or Q +

s˚ a g¨ or f + g och f g det ocks˚ a. Visa sedan att relationen < ¨ ar transitiv, och allts˚ a en (strikt) ordning. F¨ or att visa att Q ¨ ar en ordnad kropp ˚ aterst˚ ar nu att visa att om f > g s˚ a ¨ ar f + h > g + h. G¨ or det.

c) Visa att kroppen Q inte har den Arkimediska egenskapen genom att hitta tv˚ a positiva element f, g ∈ Q s˚ a att g + g + · · · + g = P N

n=1 g < f f¨ or varje naturligt tal N .

4. Ett transcendent tal

Vi har definierat ett algebraiskt tal som ett nollst¨ alle till ett polynom med

heltalskoefficienter. Men man kan lika g¨ arna ta rationella koefficienter. Ge-

nom att multiplicera polynomet med den minsta gemensamma n¨ amnaren

f˚ ar man ju ett polynom av samma grad, med samma nollst¨ allen och med

heltalskoefficienter.

Vi s¨ ager att ett polynom P (x) (med rationella koefficienter) ¨ ar irredu- cibelt (¨ over Q) om det inte kan skrivas som en produkt P (x) = Q(x)R(x), d¨ ar samtliga polynom har rationella koefficienter och faktoriseringen inte ¨ ar trivial, dvs b˚ ade Q och R har grad st¨ orre ¨ an 0. Om P (x) kan faktoriseras kallas det naturligtvis reducibelt (¨ over Q).

Exempel 1. Polynomen x ² − 2 och x ² + 1 ¨ ar irreducibla. Polynomet x ² − 1

¨

ar reducibelt eftersom x ² − 1 = (x + 1)(x − 1). Polynomet x ⁴ − x ² − 2 ¨ar reducibelt eftersom x ⁴ − x ² − 2 = (x ² + 1)(x ² − 2). Notera att det senare inte har n˚ agra rationella l¨ osningar.

Ett polynom P (x) som har ett rationellt nollst¨ alle r ¨ ar med n¨ odv¨ andighet reducibelt, eftersom vi har P (x) = Q(x)(x−r). D¨ aremot, som vi s˚ ag i exemp- let, kan ett polynom vara reducibelt trots att det saknar rationella nollst¨ allen.

Om ett tal α ¨ ar algebraiskt, s˚ a finns det naturligtvis ett polynom P 0 (x) av l¨ agsta m¨ ojliga gradtal med α som nollst¨ alle. Detta polynom ¨ ar n¨ odv¨ andigtvis irreducibelt ¨ over Q. Bevis: Om P 0 (x) = Q(x)R(x) s˚ a ¨ ar antingen Q(α) = 0 eller R(α) = 0. Eftersom P 0 har l¨ agsta m¨ ojliga gradtal, har antingen Q(x) eller R(x) samma gradtal, och den andra faktorn har d¨ armed grad 0.

Varje polynom P (x) med rationella koefficienter och α som nollst¨ alle ¨ ar en multipel och av P ₀ (x). Bevis: Detta f¨ oljer av divisionsalgoritmen, P (x) = Q(x)P ₀ (x) + R(x), som efter ins¨ attning ger R(α) = 0. Eftersom R(x) har l¨ agre grad ¨ an P ₀ (x) s˚ a m˚ aste R(x) vara identiskt 0.

Om n = deg P ₀ (x) ¨ ar gradtalet hos det irreducibla polynomet P ₀ (x), s¨ ager man att talet α ¨ ar algebraiskt av grad n.

Ett tal ¨ ar rationellt om och endast om det ¨ ar algebraiskt av grad 1.

Exempel 2. Talen √

2 och √

6 ¨ ar algebraiska av grad 2 respektive 3 eftersom de ¨ ar nollst¨ allen till de irreducibla polynomen x ² − 2 respektive x ³ − 6.

Ovning 9: Bevisa att talen ¨ √

2 + 1 och √ 2 + √

3 ¨ ar algebraiska och best¨ am respektive gradtal genom att hitta irreducibla polynom.

Ovning 10: Antag att α ¨ ¨ ar ett algebraiskt tal av grad n > 2 och att α

¨ ar ett nollst¨ alle till det irreducibla polynomet P (x) = a _n x ⁿ + · · · + a ₀ med heltalskoefficienter.

a) Visa att P (q/p) 6= 0 f¨ or alla rationella tal p/q.

b) Visa att |P (p/q)| > 1/q ⁿ f¨ or alla rationella tal p/q med q > 0.

Ledning: S¨ att in p/q i uttrycket f¨ or polynomet och skriv om det som ett rationellt tal med q ⁿ i n¨ amnaren.

c) S¨ att M = sup{|P ⁰ (x)|; |x − α| < 1}. Visa med hj¨ alp av medelv¨ ardessatsen och resultatet i b) att om p/q ¨ ar rationellt med |α −p/q| < 1 s˚ a ¨ ar |α −p/q| >

1/M q ⁿ . Det f¨ oljer att om vi l˚ ater c = max(1, 1/M ) s˚ a g¨ aller

|α − p/q| > c/q ⁿ (1)

f¨ or alla rationella tal p/q.

Ett godtyckligt reellt tal kan sj¨ alvklart approximeras hur bra som helst med rationella tal, men olikheten ovan s¨ atter en gr¨ ans f¨ or hur bra man kan approximera ett algebraiskt tal av s¨ ag grad 3 med rationella tal om man kr¨ aver att n¨ amnaren i de rationella talen ska vara mindre ¨ an 10 ^k ; felet ¨ ar minst lika med c10 ^−3k d¨ ar konstanten c bara beror p˚ a det algebraiska talet.

Vi kan utnyttja olikheten ovan f¨ or att konstruera transcendenta tal. Antag att vi konstruerar ett reellt, irrationellt, tal α och att det f¨ or n˚ agon f¨ oljd av rationella tal r _k = p _k /q _k , k = 1, 2, 3, . . . , q _k > 0, g¨ aller att

k→∞ lim q ⁿ _k |α − r _k | = 0 f¨or varje n > 0.

Om talet α vore algebraiskt av grad n, s˚ a skulle enligt (1)

k→∞ lim q _k ⁿ |α − r _k | > lim

k→∞ q ⁿ _k |c/q ⁿ _k | = c > 0.

Det ¨ ar allts˚ a om¨ ojligt; α kan inte vara algebraiskt av n˚ agon grad och ¨ ar allts˚ a transcendent.

Ovning 11: S¨ ¨ att α =

∞

X

j=1

1

10 ^j! = 0, 11000100000000000000000100 . . . ,

d¨ ar ettorna st˚ ar p˚ a decimalplats j! f¨ or alla j. Bevisa att α ¨ ar irrationellt och sedan att α ¨ ar transcendent genom att det visa att det approximeras ”f¨ or bra” av r _k = P k

j=1 1/10 ^j! .

Ovning 12: Vi har p˚ ¨ a en lektion sett att funktionen

f (x) =







1 x = 0

1/q x = p/q ∈ Q 0 x irrationellt

¨ ar diskontinuerlig i rationella punkter och kontinuerlig i irrationella punkter.

(Vi antar h¨ ar att om vi skriver ett rationellt tal p˚ a formen p/q, s˚ a ¨ ar kvoten maximalt f¨ orkortad och q > 0.)

a) Betrakta nu funktionen f (x) =







1 x = 0

1/q ³ x = p/q ∈ Q 0 x irrationellt

Visa att den ocks˚ a har dessa egenskaper. Anv¨ and sedan (1) f¨ or att visa g(x) dessutom ¨ ar deriverbar i α, om α ¨ ar ett algebraiskt tal av grad 2.

b) Visa att mellan tv˚ a rationella tal x < y finns alltid ett algebraiskt tal av grad 2. Ledning Visa f¨ orst att det alltid finns ett rationellt tal p/q s˚ a att x < p/q < (p + 2)/q < y. Utnyttja sedan att 1 < √

2 < 2 och konstruera ett

irreducibelt andragradspolynom med nollst¨ alle mellan x och y.