【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧下中

當我們說『超實數體r^{*} = r + \delta x 中的『無窮小』量『取消』了『實數』的『阿基米德性』時,這是針對一個『超實數』的『無窮小』量 \delta x 部分說的,就像對一個『複數z = a + i b 來講,只有『虛數部分i^2 = -1, 而 a^2, b^2 \geq 0 一樣。為什麼要取消呢?因為 \delta x 的『倒數\frac{1}{\delta x} 就是『無限大』,如果『無窮小』數滿足『阿基米德性質』的話,那麼就會有一個『夠大』的數 N 使得 N \delta x > 1,於是 \frac{1}{\delta x} \approx \infty < N,這就產生了『矛盾』的啊!在數學上常用著『歸謬證法』,並非總是因為人們不能夠『直接證明』某個『陳述』,故而採取『迂迴』的辦法,就像說因為已經定義了『有理數』是種『分數』,可以用兩個『整數p, q 表達成 \frac{p}{q} 的『形式』,因此如果一個數 w不是』有理數,將之稱作『無理數』,就是講 w不可能』表達成 \frac{m}{n} 的『形式』,於是要證明這個 w 是『無理數』,就轉變成了證明它『不可能』表達成 \frac{m}{n} 的『形式』,或者說『歸謬』的證明『假設』它『可以』表達成 \frac{m}{n} 的『形式』,就一定會產生『邏輯矛盾』的了。比方講『\sqrt{2} 是無理數』的證明

假設\sqrt{2} 是有理數,可以寫成無公因數的最簡分數 \frac{P}{Q},也就是 \sqrt{2} = \frac{P}{Q}所以,2 \cdot Q^2 = P^2 ,這樣 P 就一定是『偶數』,就說 P = 2 \cdot S 吧,將它代入上式,得到 Q^2 = 2 \cdot S^2 ,這樣 Q 也一定是『偶數』,於是和『假設』矛盾,因此證明了『結論』。

於是我們『明白』了 \sqrt{2} 不是『有理數』,當然我們也就『知道』了無理數是『存在的』,只不過對 \sqrt{2} 這個數所知甚少,連它的『近似』之大小都不知道。所以人們往往將這一類的『證明』稱之為『存在性證明』,彷彿有些些『貶義』,代表著所知並不夠深入﹐只能夠『知其一』未必就能『知其二』。要是人們可以『建構』出這個數,就『此建構』之同時證明了它的『不可能性』,似乎是『好的多』的吧!比方講從一個『恆等式

\sqrt{x} = 1+\frac{x-1}{1+\sqrt{x}},我們可以用『連分數』表達作

\sqrt{x}=1+\cfrac{x-1}{2 + \cfrac{x-1}{2 + \cfrac{x-1}{2+{\ddots}}}}

,我們也可以『證明\sqrt{2} 是『無理數』,它的『證明』卻未必更『容易理解』。因此作者無意於此『優劣度』多作文章,祇是說『存在性證明』 之所以重要在於『確定』這個『論域』不是一個『空集合』 ∅ ,它至少有一個『元素』,也不是一種『虛構』。或許說當『已經知道』了就更容易找到其它『建構方式』也說不定的吧!!

一八四四年,法國大數學家『約瑟夫‧劉維爾』 Joseph Liouville 證明了『超越性』 ── 指任何一個不是『代數數』 algebraic number 的『無理數』,也就是說它不是任何『有理係數』方程式之『實數解 ── ,他是第一個證實『超越數』 Transcendental number 之存在的人。據聞他曾經考慮過了這一個數 c = \sum \limits_{k=1}^\infty 10^{- k!} = 0.110001000000000000000001000\ldots,那麼『這一個數』是不是一個『有理數』的呢?假使就今日所知,如果一個實數 w 滿足,對任何正整數 n ,都存在有整數 p, q 而言,其中 q > 1 而且『定然』的會有 0 < \left| w - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^{n}},因此我們就將此數 w 叫做『劉維爾數』來講,那麼 c 這個數就『必然』不得不是一個『超越數』的了。然而一個『超越數』也就是一個『無理數』,而且它還是一個非『代數數』的『無理數』,或許說這也就是『建構方式』的重要性的吧!!

有人說很容易證明『劉維爾數』一定是個『無理數』。假使它不是一個『無理數』,那麼 w = \frac{c}{d}, \  (c, d \in \mathbb{Z}, d > 0)。 要是取足夠大的 n 使得 {2^{n-1}} > d,在 \frac{c}{d} \ne \frac{p}{q} 時有

\left| w - \frac{p}{q} \right| = \left| \frac{c}{d} - \frac{p}{q} \right| = \left| \frac{cq-dp}{dq} \right| \ge \frac{1}{dq} > \frac{1}{2^{n-1}q} \ge \frac{1}{q^n},因此就與它的定義發生矛盾。這樣『劉維爾常數

c = \sum \limits_{j=1}^\infty 10^{-j!} = 0.110001000000000000000001000\ldots

是一個『建構的數』,假使 p_n = \sum_{j=1}^n 10^{n! - j!},  \ q_n = 10^{n!},那麼對於所有正整數 n

\left|c - \frac{p_n}{q_n}\right| = \sum_{j=n+1}^\infty 10^{-j!} = 10^{-(n+1)!} + 10^{-(n+2)!} + {} \cdots

< 10\cdot10^{-(n+1)!} \le \Big(10^{-n!}\Big)^n = \frac{1}{{q_n}^n}

。難道我們真的就能夠論斷它不只是個『無理數』,而且是一個非『代數數』的嗎??