Проблемы Гильберта (100 лет спустя)

Построение этого числа и доказательство его трансцендентности очень сложны. Доказать теорему существования трансцендентных чисел можно значительно проще, используя соображения об эквивалентности и неэквивалентности числовых множеств.

А именно, докажем, что множество алгебраических чисел счётно. Тогда, поскольку множество всех действительных чисел несчётно, мы установим существование неалгебраических чисел.

Построим взаимно однозначное соответствие между А и некоторым подмножеством Q. Это будет означать, что А — конечно либо счётно. Но поскольку Q ⊂ А, то А бесконечно, и значит, счётно.

Пусть α — некоторое алгебраическое число. Рассмотрим все многочлены с целыми коэффициентами, корнем которых является α, и выберем среди них многочлен Р минимальной степени (т. е. α не будет корнем никакого многочлена с целыми коэффициентами меньшей степени).

Например, для рационального числа такой многочлен имеет степень 1, а для числа √2 — степень 2.

Разделим все коэффициенты многочлена Р на их наибольший общий делитель. Получим многочлен, коэффициенты

------------------

* Жозеф Лиувилль A809-1882) — французский математик.

- 17 -

которого взаимно просты в совокупности (их наибольший общий делитель равен 1). Наконец, если старший коэффициент ап отрицателен, умножим все коэффициенты многочлена на —1.

Полученный многочлен (т. е. многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого является число α, имеющий минимально возможную степень, взаимно простые коэффициенты и положительный старший коэффициент) называется минимальным многочленом числа α.

Можно доказать, что такой многочлен определяется однозначно: каждое алгебраическое число имеет ровно один минимальный многочлен.

Количество действительных корней многочлена не больше чем его степень. Значит, можно пронумеровать (например, по возрастанию) все корни такого многочлена.

Теперь всякое алгебраическое число α полностью определяется своим минимальным многочленом (т. е. набором его коэффициентов) и номером, который отличает α от других корней этого многочлена:

α → (a₀,a₁, ... , a_n-1,a_n,k)

Итак, каждому алгебраическому числу α мы поставили в соответствие конечный набор целых чисел, причём по этому набору а восстанавливается однозначно (т.е. разным числам соответствуют разные наборы).

Пронумеруем в порядке возрастания все простые числа (нетрудно показать, что их бесконечно много). Получим бесконечную последовательность {p_k}: p₁ = 2, p₂ = 3, p₃ = 5, p₄ = 7, ... Теперь набору целых чисел (а₀, a₁,..., a_n-1,a_n,k) можно поставить в соответствие произведение

(это число положительное и рациональное, но не всегда натуральное, ведь среди чисел а₀, a₁,..., a_n-1, могут быть отрицательные). Заметим, что это число есть несократимая дробь, поскольку простые множители, входящие в разложения числителя и знаменателя, различны. Заметим также, что две

- 18 -

несократимые дроби с положительными числителями и знаменателями равны тогда и только тогда, когда и их числители равны, и их знаменатели равны.

Рассмотрим теперь сквозное отображение:

Поскольку разным алгебраическим числам мы поставили в соответствие разные наборы целых чисел, а разным наборам — разные рациональные числа, то мы, таким образом, установили взаимно однозначное соответствие между множеством А и некоторым подмножеством Q. Поэтому множество алгебраических чисел счётно.

Так как множество действительных чисел несчётно, то мы доказали существование неалгебраических чисел.

Однако теорема существования не указывает как определить, является ли данное число алгебраическим. А этот вопрос иногда является весьма важным для математики.

Квадратура круга

В 1882 году немецкий математик Линдеман* доказал, что число π трансцендентно. Из этого сразу следует невозможность решения одной из знаменитых задач древности.

Этих задач было три: об удвоении куба, о трисекции угла и о квадратуре круга. Их пытались решить ещё математики Древней Греции.

Задача о квадратуре круга.   На плоскости имеется круг. При помощи циркуля и линейки построить квадрат, площадь которого равна площади этого круга.

Пусть круг имеет радиус 1, т. е. задан отрезок длины 1. Площадь этого круга равна π, поэтому построение искомого квадрата сводится к построению отрезка длины √π.

--------------------

* Карл Луис Фердинанд Линдеман (1852-1939).

- 19 -

Далее воспользуемся известным геометрическим фактом:  если задан отрезок длины 1, то с помощью циркуля и линейки можно построить только такие отрезки, длины которых суть числа очень специального вида. А именно, эти числа могут быть получены из рациональных чисел с помощью операций извлечения квадратного корня, а также сложения и умножения.

Но все такие числа (это нетрудно доказать) являются алгебраическими, т. е. для каждого из них можно построить многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого оно является.