刘维尔数

如果一个实数$x$满足，对任意正整数$n$，存在整数$p,q$，其中$q>1$有

$0<|x-\frac{p}{q}|<\frac{1}{q^n}$

就把$x$叫做刘维尔数。

法国数学家刘维尔在1844年证明了所有刘维尔数都是超越数，第一次说明了超越数的存在。

基本性质

容易证明，刘维尔数一定是无理数。若不然，则$x=\frac{c}{d},(c,d\in \mathbb{Z},d>0)$。 取足够大的$n$使$2^{n-1}>d$，在$\frac{c}{d}\ne \frac{p}{q}$时有

$|x-\frac{p}{q}|=|\frac{c}{d}-\frac{p}{q}|=\left|\frac{cq-dp}{dq}\right|\ge \frac{1}{dq}>\frac{1}{2^{n-1}q}\ge \frac{1}{q^n}$

与定义矛盾。

刘维尔常数

即

$c=\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}10^{-j!}=0.110001000000000000000001000\dots$

这是一个刘维尔数。取

$p_n=\sum _{j=1}^{n}10^{n!-j!},q_n=10^{n!}$

那么对于所有正整数$n$

$|c-\frac{p_n}{q_n}|=\sum _{j=n+1}^{\mathrm{\infty }}10^{-j!}=10^{-(n+1)!}+10^{-(n+2)!}+\cdots <10\cdot 10^{-(n+1)!}\le (10^{-n!}{)}^n=\frac{1}{{q_n}^n}.$

超越性

所有刘维尔数都是超越数，但反过来并不对。例如，著名的e和$\pi$就不是刘维尔数。实际上，有不可数多的超越数都不是刘维尔数。

证明

刘维尔定理：若无理数$\alpha$是代数数，即整系数$n$次多项式$f$的根，那么存在实数$A>0$，对于所有$p,q\in \mathbb{Z},q>0$有

$|\alpha -\frac{p}{q}|>\frac{A}{q^n}$

证明：令$M=\max \{|f^{\prime }(x)||x\in [\alpha -1,\alpha +1]\}$，记$f$的其它的不重复的根为 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_m$，取这样的A

$0<A<\min (1,\frac{1}{M},|\alpha -{\alpha }_1|,|\alpha -{\alpha }_2|,\dots ,|\alpha -{\alpha }_m|)$

如果存在使定理不成立的$p,q$，就有

$|\alpha -\frac{p}{q}|\le \frac{A}{q^n}\le A<\min (1,\frac{1}{M},|\alpha -{\alpha }_1|,|\alpha -{\alpha }_2|,\dots ,|\alpha -{\alpha }_m|)$

那么，$\frac{p}{q}\in [\alpha -1,\alpha +1]\wedge \frac{p}{q}\notin \{{\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_m\}$

据拉格朗日中值定理，存在$\alpha$和$\frac{p}{q}$之间的$x_0$使得

$f(\alpha )-f(p/q)=(\alpha -p/q)\cdot f^{\prime }(x_0)$

有

$|(\alpha -p/q)|=|f(\alpha )-f(p/q)|/|f^{\prime }(x_0)|=|f(p/q)/f^{\prime }(x_0)|$

$f$是多项式，所以

$|f(p/q)|=\left|\sum _{i=0}^n{c}_i{p}^i{q}^{-i}\right|=\frac{\left|\sum _{i=0}^n{c}_i{p}^i{q}^{n-i}\right|}{q^n}\ge \frac{1}{q^n}$

由于$|f^{\prime }(x_0)|\le M$和$1/M>A$

$|\alpha -p/q|=|f(p/q)/f^{\prime }(x_0)|\ge 1/(M{q}^n)>A/q^n\ge |\alpha -p/q|$

矛盾。

证明刘维尔数是超越数：有刘维尔数$x$，它是无理数，如果它是代数数则

$\mathrm{\exists }n\in \mathbb{Z},A>0\mathrm{\forall }p,q(|x-\frac{p}{q}|>\frac{A}{q^n})$

取满足$\frac{1}{2^r}\le A$的正整数$r$，并令$m=r+n$，存在整数$a,b$其中 $b>1$有

$|x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b^m}=\frac{1}{b^{r+n}}=\frac{1}{b^r{b}^n}\le \frac{1}{2^r}\frac{1}{b^n}\le \frac{A}{b^n}$

与上式矛盾。故刘维尔数是超越数。

参见

• 丢番图逼近

外部链接

• The Beginning of Transcendental Numbers Template:Wayback