函数的周期（不可公度？）

青青子衿

已知函数$f(x)$是周期函数，且满足$f(x)=f(x+\sqrt{2})$,$f(x)=f(x+\sqrt{3})$，函数有无最小正周期？

地狱的死灵

若$T_1 $，$T_2$都是$f(x)$的周期，则$T_1  \pm T_2 $也是$f(x)$的周期，
因此问题转化为集合$\left\{ {a\sqrt 2  + b\sqrt 3 |a,b \in Z} \right\}$中是否有最小正数。
对任意$\varepsilon  > 0$
令$0 < a\sqrt 2  - b\sqrt 3  < \varepsilon $，
解得$\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} < \frac{a}{b} < (\frac{\varepsilon }{b} + \sqrt 3 )/\sqrt 2 $，
显然存在正整数$(a,b)$使得上面的不等式成立，
由$\varepsilon$的任意性知函数$f(x)$没有最小正周期。

爪机专用

回复 2# 地狱的死灵

关键就是这个显然是怎么个显然法。。。没看出来

kuing

这样行不行：
设 $k\in\mbb N$，记 $m_k=\bigl(\sqrt3-\sqrt2\bigr)^{2k+1}$，由二项式定理
\[m_k=\sum_{r=0}^{2k+1}(-1)^rC_{2k+1}^r\bigl(\sqrt3\bigr)^{2k+1-r}\bigl(\sqrt2\bigr)^r,\]
当 $r$ 为奇数时，$2k+1-r$ 为偶数，故 $\bigl(\sqrt3\bigr)^{2k+1-r}\bigl(\sqrt2\bigr)^r=p\sqrt2$，其中 $p\in\mbb N$；
当 $r$ 为偶数时，$2k+1-r$ 为奇数，故 $\bigl(\sqrt3\bigr)^{2k+1-r}\bigl(\sqrt2\bigr)^r=q\sqrt3$，其中 $q\in\mbb N$。
可见，$m_k$ 总可以表示为 $a\sqrt2+b\sqrt3$，其中 $a$, $b\in\mbb Z$，所以对任意的 $k\in\mbb N$，$m_k$ 都是 $f(x)$ 的周期，而由于 $0<\sqrt3-\sqrt2<1$，所以当 $k\to+\infty$ 时 $m_k$ 可以达到任意小，因此 $f(x)$ 无最小正周期。

isee

人教高中区曾有个帖子里有 完整的结论与证明 这类问题，好像是何版回帖给的

＝＝

另外，我觉得2楼与4楼一个意思，表达方式不同罢了

史嘉

两个都是无理数。

kuing

＝＝

另外，我觉得2楼与4楼一个意思，表达方式不同罢了
isee 发表于 2013-10-7 15:42

我还是没看出来
你看出那个显然为何显然了？

isee

回复 7# kuing


   
没细看，只看了思想，仅了解……

有点实数连续的意思，深层的东西，不懂，继续路过

其妙

任何的函数$f(x)$，只要满足楼主条件，都有最小正周期，这是无法做到的，
因为至少存在一类函数满足楼主条件，但却无最小正周期，
例如$f(x)=1$(常数函数)满足满足楼主条件，但却无最小正周期

kuing

任何的函数$f(x)$，只要满足楼主条件，都有最小正周期，这是无法做到的，
因为至少存在一类函数满足楼主条件，但却无最小正周期，
例如$f(x)=1$(常数函数)满足满足楼主条件，但却无最小正周期
其妙 发表于 2013-10-7 23:11

这谁不知道？楼主显然也不是这种意思。

其妙

回复 10# kuing
我也没有要证明楼主的命题的意思，
我是从另外一个角度看问题而已，

青青子衿

回复 9# 其妙

任何的函数\(f(x)\)，只要满足楼主条件，都有最小正周期，这是无法做到的，
因为至少存在一类函数满足楼主条件，但却无最小正周期，
例如\(f(x)=1\)(常数函数)满足满足楼主条件，但却无最小正周期 ...
其妙 发表于 2013-10-7 23:11

回复 10# kuing

这谁不知道？楼主显然也不是这种意思。
kuing 发表于 2013-10-7 23:48

回复 11# 其妙

回复  kuing
我也没有要证明楼主的命题的意思，
我是从另外一个角度看问题而已， ...
其妙 发表于 2013-10-8 08:26

不过，的确可以沿着这个思路做下去……
去解出这个具有周期性的函数方程，再判断其有无最小正周期……

这个函数方程正巧是今天刚结束的中国大学生数学竞赛(通称为“全国大学生数学竞赛”)The Chinese Mathematics Competitions (CMC)非数学类的压轴题。
六、(本题满分14 分)
设\(f(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)可导，且\(f(x)=f(x+2)=f(x+\sqrt3)\)
证明：\(f(x)\)为常数
解：由题意，\(f(x)\)是周期为\(2l=2\)的函数，将\(f(x)\)展成周期为\(2\)的傅里叶级数，其傅里叶系数为：
\begin{align*}
\color{blue}{a_n}=\int_{-1}^1 f(x)\cos(n\pi x)\rmd{x}\\
\color{blue}{b_n}=\int_{-1}^1 f(x)\sin(n\pi x)\rmd{x}
\end{align*}

\begin{align*}
\because &&f(x)&=f(x+\sqrt3)\\
\therefore &&a_n&=\int_{-1}^1 f(x)\cos(n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=\int_{-1}^1 f(x+\sqrt3)\cos(n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\cos[n\pi (t-\sqrt3)]\rmd{t}\\
&&&=\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)[\cos(n\pi t)\cos(\sqrt3n\pi)+\sin(n\pi t)\sin(\sqrt3n\pi)]\rmd{t}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\cos(n\pi t)\rmd{t}}+\sin(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\sin(n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1}^{1} f(t)\cos(n\pi t)\rmd{t}}+\sin(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1}^{1} f(t)\sin(n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{blue}{a_n}+\sin(\sqrt3n\pi)\color{blue}{b_n}\\

&&b_n&=\int_{-1}^1 f(x)\sin(n\pi)\rmd{x}\\
&&&=\int_{-1}^1 f(x+\sqrt3)\sin(n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\sin[n\pi (t-\sqrt3)]\rmd{t}\\
&&&=\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)[\sin(n\pi t)\cos(\sqrt3n\pi)-\cos(n\pi t)\sin(\sqrt3n\pi)]\rmd{t}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\sin(n\pi t)\rmd{t}}-\sin(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1+\sqrt3}^{1+\sqrt3} f(t)\cos(n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1}^{1} f(t)\sin(n\pi t)\rmd{t}}-\sin(\sqrt3n\pi)\color{red}{\int_{-1}^{1} f(t)\cos(n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(\sqrt3n\pi)\color{blue}{b_n}-\sin(\sqrt3n\pi)\color{blue}{a_n}\\
\end{align*}
\[\begin{equation*}
\left\{
\begin{split}
a_n=\cos(\sqrt3n\pi)a_n+\sin(\sqrt3n\pi)b_n\\
b_n=\cos(\sqrt3n\pi)b_n-\sin(\sqrt3n\pi)a_n
\end{split}
\right.
\end{equation*}\Rightarrow a_n=b_n=0\]
故\(f(x)\)为常数



这类题在周民强的《微积分专题论丛》里也有
15.设\(f(x)\)实值连续，且\(f(x)=f(x+1)=f(x+\sqrt2)\)
证明：\(f(x)\)为常数
解：由题意，\(f(x)\)是周期为\(2l=1\)的函数，将\(f(x)\)展成周期为\(1\)的傅里叶级数，其傅里叶系数为：
\begin{align*}
\color{blue}{a_n}=2\int_0^1 f(x)\cos(2n\pi x)\rmd{x}\\
\color{blue}{b_n}=2\int_0^1 f(x)\sin(2n\pi x)\rmd{x}
\end{align*}

\begin{align*}
\because &&f(x)&=f(x+\sqrt2)\\
\therefore &&a_n&=2\int_0^1 f(x)\cos(2n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=2\int_0^1 f(x+\sqrt2)\cos(2n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=2\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\cos[2n\pi (t-\sqrt2)]\rmd{t}\\
&&&=2\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)[\cos(2n\pi t)\cos(2\sqrt2n\pi)+\sin(2n\pi t)\sin(2\sqrt2n\pi)]\rmd{t}\\
&&&=2\cos(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\cos(2n\pi t)\rmd{t}}+2\sin(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\sin(2n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=2\cos(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{0}^{1} f(t)\cos(2n\pi t)\rmd{t}}+2\sin(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{0}^{1} f(t)\sin(2n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(2\sqrt2n\pi)\color{blue}{a_n}+\sin(2\sqrt2n\pi)\color{blue}{b_n}\\

&&b_n&=2\int_0^1 f(x)\sin(2n\pi)\rmd{x}\\
&&&=2\int_0^1 f(x+\sqrt2)\sin(2n\pi x)\rmd{x}\\
&&&=2\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\sin[2n\pi (t-\sqrt2)]\rmd{t}\\
&&&=2\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)[\sin(2n\pi t)\cos(2\sqrt2n\pi)-\cos(2n\pi t)\sin(2\sqrt2n\pi)]\rmd{t}\\
&&&=2\cos(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\sin(2n\pi t)\rmd{t}}-2\sin(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{\sqrt2}^{1+\sqrt2} f(t)\cos(2n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=2\cos(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{0}^{1} f(t)\sin(2n\pi t)\rmd{t}}-2\sin(2\sqrt2n\pi)\color{red}{\int_{0}^{1} f(t)\cos(2n\pi t)\rmd{t}}\\
&&&=\cos(2\sqrt2n\pi)\color{blue}{b_n}-\sin(2\sqrt2n\pi)\color{blue}{a_n}\\
\end{align*}
\[\begin{equation*}
\left\{
\begin{split}
a_n=\cos(2\sqrt2n\pi)a_n+\sin(2\sqrt2n\pi)b_n\\
b_n=\cos(2\sqrt2n\pi)b_n-\sin(2\sqrt2n\pi)a_n
\end{split}
\right.
\end{equation*}\Rightarrow a_n=b_n=0\]
故\(f(x)\)为常数
其本质好像是2和√3不可公度(Uncommensurable)
en.wikipedia.org/wiki/Commensurability_(mathematics)

hbghlyj

For $a_1,a_2,C≠0$,
$\cos(a_1x+b_1)+C\cos(a_2x+b_2)$ is periodic
$\iff\cos(a_1x+b_1)\cos(a_2x+b_2)$ is periodic
$\iff\frac{a_1}{a_2}\in\Bbb Q$

Related: Sum of two Cosine functions is periodic.

realnumber

这样可不可以，若有最小正周期$t_0$,那么任意一周期t=$kt_0,k\in Z$，否则,若周期$t=kt_0+t_1,0<t_1<t_0,$可得$t_1$也是周期，这与最小正周期为$t_0$矛盾.
那么1楼问题用反证法，假设有最小正周期$kt_0=\sqrt{2},mt_0=\sqrt{3},k,m\in Z+$,那么$\frac{2m}{k}=\sqrt{6}$，矛盾.

另，今天怎么都变代码了.

hbghlyj

青青子衿 发表于 2016-10-22 15:57
这类题在周民强的《微积分专题论丛》里也有
15.设\(f(x)\)实值连续，且\(f(x)=f(x+1)=f(x+\sqrt2)\)
证明：\(f(x)\)为常数

Problem about function equation
Let $f$ be a continuous function in $ℝ$ and $f(x)=f(x+1)=f(x+√2)$  $∀ x\inR\implies f$ is constant
Proof:
Let $g(x)=f(x+\sqrt{2}-2)$, $g$ is also $1$-periodic, and that $g=\tau^{2-\sqrt{2}}(f)$ (the translation), we know that $(\tau^{2-\sqrt{2}}f)^{\wedge}(m)=e^{-2\pi im(2-\sqrt{2})}\widehat{f}(m)$. But $g=f$ by the periodicity and assumption, if $\widehat{f}(m)\ne 0$, then we end up with $e^{-2\pi im(2-\sqrt{2})}=1$, this is impossible if $m\ne 0$. So $\widehat{f}(m)=0$ for every $m\ne 0$, and so the sequence of Fejer means which reduced to $\widehat{f}(0)$ converges to $f$ a.e., since $f$ is continuous, $f=\widehat{f}(0)$.

Take $f$ and entire function such that $f(z) = f(z+1)=f(z+\sqrt{2})$, then it is constant
Note that the set $D=\Set{a+b\sqrt2|a,b\inZ}$ form a dense subset of $\mathbb R$. Since $f$ is continuous and constant on $D$, $f|_{\mathbb R}$ is constant. It follows from the identity theorem that $f$ is constant.

Meromorphic function satisfying f(z)=f(z+1)=f(z+√2) is constant.
AOPS
AOPS
AOPS
A tricky looking functional equation
Let f be a continuous real valued function on R, and prove that f(x) is constant using the fourier series.
a Function with several periods

hbghlyj

地狱的死灵 发表于 2013-10-7 04:01
因此问题转化为集合$\left\{ {a\sqrt 2  + b\sqrt 3 |a,b \in Z} \right\}$中是否有最小正数。

For an irrational number α, prove that the set {a+bα:a,b∈Z} is dense in R

Claim: Any additive subgroup of $\mathbb{R}$ is either discrete or dense in $\mathbb{R}$

Proof: Let $V$ be a discrete subgroup of $\mathbb{R}$. So there is a interval of form $(-a,+a)$ which contains finitely many points of $V$. So there exist a $v\in V$ such that $|v|\leq |x|$ for all $x\in V$.

So now, $v\mathbb{Z} \subset V$. Suppose there exist $c\in V$ but not in $v\mathbb{Z}$.Then after dividing $c$ by $v$ we'll get remainder of smaller mod value than $v$. Which contradicts property of $v$. So, $V=v\mathbb{Z}$. Hence we can say any discrete subgroup of $\mathbb{R}$ is of form $v\mathbb{Z}$.

So any non discrete subgroup is of form $\sum_{i=1}^{n} v_i \mathbb{Z}$. Now we need to show this is dense in $\mathbb{R}$.

This is equivalent to show $\mathbb{Z}+\sum_{i=2}^{n} v_i\mathbb{Z}$ is dense. And this clearly follows from above result, i.e $\mathbb{Z}+\alpha \mathbb{Z}$ is dense in $\mathbb{R}$

non-discrete group isomorphic to a discrete group

hbghlyj

Kronecker's theorem
物理系统中，它推出，在圆形轨道上均匀地围绕恒星运动的行星将随着时间的推移可以任意逼近全共线，除非它们的轨道周期之间存在精确的依赖关系。

经典的Kronecker逼近定理表述如下

    给定实数$n$元组$ \alpha _{i}=(\alpha _{i1},\cdots ,\alpha _{in})\in \mathbb {R} ^{n},i=1,\cdots ,m $和$ \beta =(\beta _{1},\cdots ,\beta _{n})\in \mathbb {R} ^{n} $，条件：$$ \forall \epsilon >0\,\exists q_{i},p_{j}\in \mathbb {Z} :{\biggl |}\sum _{i=1}^{m}q_{i}\alpha _{ij}-p_{j}-\beta _{j}{\biggr |}<\epsilon ,1\leq j\leq n $$    当且仅当对于任意$ r_{1},\dots ,r_{n}\in \mathbb {Z} ,\ i=1,\dots ,m $满足$$ \sum _{j=1}^{n}\alpha _{ij}r_{j}\in \mathbb {Z} ,\ \ i=1,\dots ,m\ , $$
    数$ \sum _{j=1}^{n}\beta _{j}r_{j} $也是整数。

用更简单的语言来说，第一个条件表明元组$ \beta =(\beta _{1},\ldots ,\beta _{n}) $可以通过$ \alpha _{i} $的线性组合（带整数系数）和整数向量任意逼近。

对于$m=1$和$n=1$的情况，Kronecker逼近定理可以表述如下。

        对于任意$ \alpha ,\beta ,\epsilon \in \mathbb {R} $，其中$ \alpha $是无理数且$ \epsilon >0 $，存在整数$p$和$q$使得$q>0$，满足$$ |\alpha q-p-\beta |<\epsilon$$

hbghlyj

地狱的死灵 发表于 2013-10-7 03:01
对任意$\varepsilon  > 0$
令$0 < a\sqrt 2  - b\sqrt 3  < \varepsilon $，
解得$\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} < \frac{a}{b} < (\frac{\varepsilon }{b} + \sqrt 3 )/\sqrt 2 $，
显然存在正整数$(a,b)$使得上面的不等式成立，

式子$0 < a\sqrt 2  - b\sqrt 3  < \varepsilon $等价于$0 < a\sqrt{\frac23}  - b  < \frac{\varepsilon}{\sqrt 3}$，
由于$\varepsilon$是任意正数，可以用$ \frac{\varepsilon}{\sqrt 3}$取代$\varepsilon$，问题变为：

对任意$\varepsilon>0$存在$a,b\inZ$使得$0 < a\sqrt{\frac23}  - b  < \varepsilon$

如果将$a,b$换成$-a,-b$，则$a\sqrt{\frac23}  - b$会变为$-(a\sqrt{\frac23}  - b)$，因此以上命题等价于：

对任意$\varepsilon>0$存在$a,b\inZ$使得$\abs{a\sqrt{\frac23}  - b }< \varepsilon$

一般地，Dirichlet's approximation theorem

对于任意实数 $ \alpha $ 和正整数 $ N $，存在整数 $ p $ 和 $ q $ 使得 $ 1\leq q\leq N $ 并且$ \left|q\alpha -p\right|\leq {\frac {1}{N}}. $

通过鸽巢原理证明：
设 $ \alpha $ 为无理数，$ n $ 为整数。对于每个 $ k=0,1,...,N $，我们可以写 $ k\alpha =m_{k}+x_{k} $，其中 $ m_{k} $ 是整数且 $ 0\leq x_{k}<1 $。可以将区间 $ [0,1) $ 分成 $ N $ 个小区间，每个区间的长度为 $ {\frac {1}{N}} $。现在，我们有 $ N+1 $ 个数 $ x_{0},x_{1},...,x_{N} $ 和 $ N $ 个区间。因此，根据鸽巢原理，至少有两个数在同一个区间内。我们可以称这些数为 $ x_{i},x_{j} $，其中 $ i<j $。现在：
$$ |(j-i)\alpha -(m_{j}-m_{i})|=|j\alpha -m_{j}-(i\alpha -m_{i})|=|x_{j}-x_{i}|<{\frac {1}{N}} $$
令 $q=j-i,p=m_j-m_i$ 得到：$ 1\leq q\leq N $ 并且
$$ \left|q\alpha -p\right|\leq {\frac {1}{N}}. $$
我们证明了这个定理。

通过Minkowski定理证明：
考虑集合
$$S=\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:-N-{\frac {1}{2}}\leq x\leq N+{\frac {1}{2}},\vert \alpha x-y\vert \leq {\frac {1}{N}}\right\}. $$
由于 $ S $ 的体积大于 $ 4 $，Minkowski定理确定了存在一个具有整数坐标的非平凡点。

hbghlyj

Diophantine逼近 PDF

定理 3 (Liouville逼近定理). 设 $\alpha$ 是一个度为 $n>1$ 的代数数. 则存在一个仅依赖于 $\alpha$ 的常数 $c(\alpha)>0$ 使得
$$
\left|\alpha-\frac{p}{q}\right| \geq \frac{c(\alpha)}{q^{n}}
$$
对于每一个有理数 $\frac{p}{q}$, 其中 $p, q$ 是整数且 $q$ 为正数.
证明. 设 $P(x)=a_{n} x^{n}+\cdots+a_{1} x+a_{0}$ 是一个不可约的整系数多项式, 且 $\alpha$ 是它的一个根. 由于 $P$ 是不可约的, $P\left(\frac{p}{q}\right) \neq 0$. 因此 $a_{n} p^{n}+\cdots+a_{1} p q^{n-1}+a_{0} q^{n}$ 是一个非零整数. 由于 $\alpha$ 是 $P$ 的一个根, 存在一个度为 $n-1$ 的多项式 $Q$, 使得 $P(x)=(x-\alpha) Q(x)$. 因此我们有
$$
\left|\left(\frac{p}{q}-\alpha\right) Q\left(\frac{p}{q}\right)\right|=\left|P\left(\frac{p}{q}\right)\right|=\frac{\left|a_{n} p^{n}+\cdots+a_{1} p q^{n-1}+a_{0} q^{n}\right|}{q^{n}} \geq \frac{1}{q^{n}}\tag2
$$
让我们考虑区间 $I=[\alpha-1, \alpha+1]$. 由于 $Q(x)$ 是一个多项式, 存在一个仅依赖于 $\alpha$ 的常数 $r(\alpha)$, 使得对于任何 $x \in I$, $|Q(x)| \leq r(\alpha)$. 令 $c(\alpha)=\min \left(1, \frac{1}{r(\alpha)}\right) .$
注意如果 $\frac{p}{q} \notin I$, 则
$$
\left|\alpha-\frac{p}{q}\right| \geq 1 \geq \frac{1}{q^{n}} \geq \frac{c(\alpha)}{q^{n}}
$$
如果 $\frac{p}{q} \in I$, 则从不等式 (2) 我们有
$$
\left|\alpha-\frac{p}{q}\right| \geq \frac{1}{q^{n}\left|Q\left(\frac{p}{q}\right)\right|} \geq \frac{1}{q^{n} r(\alpha)} \geq \frac{c(\alpha)}{q^{n}}
$$
因此, 对于每一个有理数 $\frac{p}{q}$, 所需的不等式成立.$\square$

4 超越数
Liouville逼近定理提供了一种通过快速收敛的无穷级数构造超越数的方法。
例 4.
$$
\beta=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^{i !}}=\frac{1}{2^{1 !}}+\frac{1}{2^{2 !}}+\frac{1}{2^{3 !}}+\cdots
$$
是超越数。
证明. 固定一个正整数 $N$. 设 $\frac{p}{q}$ 是级数前 $n>N$ 项的和. 我们看到 $q=2^{n !}$ 因为 $p$ 是奇数.
$$
\frac{p}{q}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2^{i !}}=\frac{p}{2^{n !}}
$$
然后
$$
\begin{aligned}
\left|\beta-\frac{p}{q}\right| &=\sum_{i=n+1}^{\infty} \frac{1}{2^{i !}}=\frac{1}{2^{(n+1) !}}+\frac{1}{2^{(n+2) !}}+\cdots \\
&<2 \cdot \frac{1}{2^{(n+1) !}}=\frac{1}{2^{(n+1) !-1}} \\
&<\frac{1}{2^{n \cdot n !}}<\frac{1}{\left(2^{n !}\right)^{N}}=\frac{1}{q^{N}}
\end{aligned}
$$
因为 $(n+1) !-1>n \cdot n !>N \cdot n !$. 这个结果意味着 $\beta$ 不是一个度小于 $N$ 的代数数，根据Liouville逼近定理. 由于 $N$ 是任意的, $\beta$ 是超越数.

$\square$

5 练习

• 证明欧拉数
  $$
  e=\frac{1}{0 !}+\frac{1}{1 !}+\frac{1}{2 !}+\frac{1}{3 !}+\cdots
  $$
  是无理数。
• 对于任意实数 $x$ 和正整数 $n$, 证明数 $x, 2 x, \ldots, n x$ 中至少有一个数与整数的距离小于 $\frac{1}{n+1}$.
• 对于每一个有理数 $x$, 证明不等式
  $$
  \left|x-\frac{p}{q}\right|<\frac{1}{q^{2}}
  $$
  只有有限多个有理数解 $\frac{p}{q}$, 其中 $p$ 和 $q$ 是整数且 $q$ 为正数。
• 设 $h$ 和 $k$ 是正整数. 证明对于每一个 $\varepsilon>0$, 存在正整数 $m$ 和 $n$ 使得
  $$
  \varepsilon<|h \sqrt{m}-k \sqrt{n}|<2 \varepsilon .
  $$
• (a) 设 $n$ 是正整数. 证明
  $$
  \gcd(n,\lfloor n \sqrt{2}\rfloor)<\sqrt[4]{8} \sqrt{n}
  $$
  (b) 证明存在无穷多个正整数 $n$ 使得
  $$
  \gcd(n,\lfloor n \sqrt{2}\rfloor)>\sqrt[4]{7.99} \sqrt{n}
  $$
• 找到最大的实数 $c$ 使得
  $$
  \{n \sqrt{2}\} \geq \frac{c}{n}
  $$
  对于所有正整数 $n$.
• (中国 TST) 对于每一个正整数 $n$, 定义
  $$
  f(n)=\min _{m \in \mathbb{Z}}\left|\sqrt{2}-\frac{m}{n}\right|
  $$
  设 $\left\{n_{i}\right\}$ 是一个严格递增的正整数序列. 设 $C$ 是一个常数使得 $f\left(n_{i}\right)<\frac{C}{n_{i}^{2}}$ 对于所有 $i \in\{1,2, \ldots\}$. 证明存在一个实数 $r>1$ 使得 $n_{i} \geqslant r^{i-1}$ 对于所有 $i \in\{1,2, \ldots\}$.
  

6 参考文献

• Harm Derksen, 鸽巢原理
  math.lsa.umich.edu/~hderksen/ProblemSolving/PS7.pdf
• Martin Klazar, 数论导论
  kam.mff.cuni.cz/~klazar/ln_utc.pdf
• G. H. Hardy 和 E. M. Wright, 数论导论

hbghlyj

• 假设$e=\frac pq$($p,q\in\Bbb N ,\gcd(p,q)=1$),则$|e-\sum_{i=0}^{q-1}\frac1{q!}|=\frac1{q!}\left(\frac1{q+1}+\frac1{(q+1)(q+2)}+⋯\right)<\frac1{q!}\left(\frac1{q+1}+\frac1{(q+1)^2}+⋯\right)=\frac1{q·q!}<\frac1{q!}$
  即$|\frac pq-\sum_{i=0}^{q-1}\frac1{q!}|<\frac1{q!}$
  乘以$q!$后,左边是整数,右边是1,矛盾.
• 将$(0,1)$等分为$n+1$个区间$(\frac{i}{n+1},\frac{i+1}{n+1}),i=0,1,⋯,n$,而$\{x\},\{2x\},⋯,\{nx\}\in(0,1)$,由鸽巢原理得$\exists p,q\in\{1,2,⋯,n\}:|\{px\}-\{qx\}|<\frac1{n+1}$,即$|(p-q)x-([px]-[qx])|<\frac1{n+1}$.
• 设$x=\frac mn(m,n\in\Bbb N,\gcd(m,n)=1)$.
  $\left|x-\frac{p}{q}\right|<\frac{1}{q^{2}}\iff|mq-np|<\frac{n}q$
  若$\frac mn\ne\frac pq$,则左边≥1,故$q<n$.
  对于每个$q$,满足$|qx-p|<\frac1q$的整数$p$只有有限个.得证.
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• $c=\frac1{2\sqrt2}$
  设$[n\sqrt2]=p$,则$\sqrt2>\frac pn$,又$2-\frac{p^2}{n^2}>\frac1{n^2}$,所以
  $\sqrt2-\frac pn=\frac{2-\frac {p^2}{n^2}}{\sqrt2+\frac pn}>\frac{\frac1{n^2}}{\sqrt2+\sqrt2}=\frac c{n^2}$
  即$\{n\sqrt2\}=n\sqrt2-p>\frac cn$,所以$c$满足条件.
  另一方面,设$c'>\frac1{2\sqrt2}$.
  Pell方程$x^2-2y^2=-1$的整数解$(x_k,y_k)$由$x_k+y_k\sqrt2=(1+\sqrt2)(3+2\sqrt2)^k$给出.显然当$k→∞$时$y→∞$,所以$\exists k,(n,p)=(x_k,y_k)$使$n^2>\frac1{\frac1{c'^2}-\frac{2\sqrt2}{c'}}$,则$\frac{p^2}{n^2}=2-\frac1{n^2}>2+\frac1{c'^2}-\frac{2\sqrt2}{c'}=(\frac1{c'}-\sqrt2)^2$
  所以$\frac pn>\frac1{c'}-\sqrt2$
  $\sqrt2-\frac pn=\frac{2-\frac {p^2}{n^2}}{\sqrt2+\frac pn}=\frac{\frac1{n^2}}{\sqrt2+\frac pn}<\frac{c'}{n^2}$
  即$\{n\sqrt2\}=n\sqrt2-p<\frac{c'}n$
  所以$c'$不满足条件,所以$c$是满足条件的数中最大的.
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