Об одной теореме Кронекера

5

Об одной теореме
Кронекера

К. Г. БАНКОВ (НРБ)

Теорема, о которой здесь поддет речь, играет заметную роль в теории чисел. Однако нам она интересна по другой причине: с ее помощью удается просто решать элементарно формулируемые, но по существу трудные задачи. Прежде чем привести саму теорему, мы рассмотрим две такие задачи.

Задча 1. Докажите, что существует степень числа 2, десятичная запись которой начинается с цифр 1986.

Чтобы решить эту задачу, нужно найти такую степень $m \in N$, чтобы $10^n \cdot 1986 < 2^m < 10^n \cdot 1987$ для некоторого $n$. Логарифмируя по основанию 10, получаем

$$\lg 1986 + \lg 10^n < \lg 2 < \lg 1987 + \lg 10^n,$$

или

$$\lg 1986 < \lg 2 - n < \lg 1987.$$

Задча будет решена, если мы сумем найти такие натуральные $n$ и $m$, чтобы одно из чисел вида

$$\lg 2 - n, m, n \in N$$

(1)

попало в маленький интераval (lg 1986, lg 1987).

Задча 2. В верхинах целочисленной квадратной сетки наиссованы

одинаковые маленькие коты (рис. 1). Докажите, что луч $y = kx$, $x \geq 0$ пересечет, кроме центраного, хотя бы еще одного кота, если число $k$ — irrationalное.

Пусть $2\varepsilon_0$ — «ширина кота», иначе говоря, пусть центраный кот пересекает ось $Ox$ по отрезку $[-\varepsilon_0; \varepsilon_0]$. Для определения предположим, что луч расположен в первом квадрате (остальные случи аналогичны). Тогда луч пересекает прямые $y = 1, 2, \dots, n, \dots$ по точкам с абциссами $\alpha, 2\alpha, \dots, n\alpha, \dots$, где $\alpha = 1/k$. Задча будет решена, если мы найдем такие натуральные $n$ и $m$, что

$$m - \varepsilon_0 < n\alpha < m + \varepsilon_0,$$

или

$$-\varepsilon_0 < n\alpha - m < \varepsilon_0,$$

6

то есть сумем установить, что одно из чисел вида
$$n\alpha - m, n, m \in \mathbb{N},$$
(2)
подает в маленький интервал $(-\varepsilon_0, \varepsilon_0)$.

Замечательная идея теоремы Кронекара*) состоит в том, что такие множества, как (1) и (2), содержат числа, лежащие вообще в любом интервале. Чтобы дать точную формулировку этой теоремы, нам потребуется одно определение.

Числовое множество $A \subset \mathbb{R}$ называется всюду плотным (в $\mathbb{R}$), если любой интервал содержит элемент этого множества. Иными словами, $A$ всюду плотно в $\mathbb{R}$, если для любых чисел $x, y \in \mathbb{R}$, $x < y$ существует $a \in A$, такой что $x < a < y$.

Уражнение

1. Укажите, какие из следующих множества всюду плотны в $\mathbb{R}$: а) все рациональные числа; б) все irrationalные числа; в) все числа вида $n + 5m/17$ ($n, m \in \mathbb{Z}$); г) все числа вида $n + k/m$ ($n, k, m \in \mathbb{Z}$).
2. Пусть множество $A$ всюду плотно в $\mathbb{R}$ и $r \neq 0$ — действительное число. Доказите, что тогда множества
   $$B = \{a + r; a \in A\}, C = \{ra, a \in A\}$$
   то же всюду плотны в $\mathbb{R}$.

Teорема Кронекара. Для произвольного irrationalного числа $a \neq 0$ множество
$$\{m\alpha + n; m, n \in \mathbb{Z}\}$$
(3) всюду плотно в $\mathbb{R}$.

Доказательство. Нужно установить, что для любых двух чисел $x, y$, для которых $x < y$, существует числа вида $m\alpha + n$, где $m, n \in \mathbb{Z}$ такое, что $x < m\alpha + n < y$. Обозначим через $\delta$ длину интервала $\Delta = (x; y)$ и разделим интервал [0; 1] на конечное число интервалов $\Delta_1, \Delta_2, \dots, \Delta_n$, каждый из которых имеет длину меньше, чем $\delta$. Отметим теперь, что для любого целого числа $m$, оченьное, существует целое $n$, для которого число $m\alpha + n$ лежит на отрезке [0; 1]. Так как целых чисел бесконечно много, а отрезок [0; 1] разделен на конечное число интервалов, существует целые числа $m_1, m_2, n_1, n_2$, для которых $m_1 \neq m_2$ и числа $m_1\alpha + n_1$ и $m_2\alpha + n_2$ лежат в одном и том же интервале $\Delta_i$. Это означает, что число $a = (m_1 - m_2)\alpha + (n_1 - n_2)$ по абсцилотному значению меньше, чем $\delta$. Кроме того, равенство $a = 0$ не может быть верно, потому что из него вытекает, что $a = \frac{n_2 - n_1}{m_1 - m_2}$ — рациональное число. Из сказанного следует, что некоторое число, кратное $a$, которое также имеет вид $m\alpha + n$, не целое числа, будет принадлежать $\Delta = (x; y)$; теорема доказана.

Замечание. Теорема остается верной, если множество (3) заменить на множество
$$\{m\alpha - n; m, n \in \mathbb{N}\}.$$

Это легко выводится из доказанной теоремы; вывод мы оставляем читателю в качестве упражнения.

Возвращая теперь к множеству (1) и (2), мы видим, что они удовлетворяют условиям теоремы: задачи 1 и 2 тем самым решены. (Мы считаем известным, что число lg 2 irrationalно; впрочем, это несложно доказать.)

Уражнение 3. Показите, что в задаче о котах условие irrationalность $k$ нельзя опустить.

Рассмотрим еще несколько задач, решения которых используют теорему Кронекара.

Задача 3. Докажите, что существует квадрат натурального числа, дескрипная запись которого начинается с любых предварительных заданных цифр.

Решение. Найдем квадрат натурального числа, первые цифры десятичной записи которого $-a_0a_1...a_s$. Обозначим через $A$ число $A = a_0a_1...a_s$. Будем теперь искать такое натуральное число $n$, чтобы для некоторого натурального числа $k$ были верны неравенства
$$A \cdot 10^k < n^2 < (A + 1) \cdot 10^k,$$
или lg $A < 2\lg n - k < \lg (A + 1)$.
Если мы выберем число $n$ равным $n = 2^m$, а число $k$ — четным, $k = 2t$, то lg $A < 2mlg 2 - 2t < \lg (A + 1)$. (5)

Согласно теореме, заменению (см. (4)) и упражнению 2, множество
$$\{2mlg 2 - 2t; m, t \in \mathbb{N}\}$$ является всюду плотным, и, следовательно, существует числа $m$ и $t$, для которых верно (5). Задчача решения.

Для решения следующих задач нам потребуется еще такое утверждение:

Лемma. Если две неперерывные функции принимают одинаковые значения, когда аргументы являются элементы одного и того же всюду плотного множества, то они совпадают всюду.

Эта lemma «геометрический оцендна»; ее формульное доказательство малопривлекательное (хотя и нетрудно), поэтому мы его не приводим.

Задача 4. Докажите, что функция
$$f(x) = \sin x + \sin \pi x$$
невероидческая.

Решение. Допустим, что функция $f$ невероидческая, и обозначим через $T \neq 0$ один из

7

ee периодов. Тогда равенство
$$\sin \pi(x+T) + \sin \pi\sqrt{2}(x+T) = \sin \pi x + \sin \pi\sqrt{2}x$$
(6)
верно для любого действительного числа $x$. Если в этом равенстве мы заменим $x$ произвольным четыREM числом $2m$, то получим
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(2m+T) = \sin (\pi\sqrt{2} \cdot 2m).$$
Используя снова периодичность функций sin, получаем равенство
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{2n}{\sqrt{2}} + T\right) = \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{2n}{\sqrt{2}}\right),$$
которое верно для любых двух целых чисел $m$ и $n$. Согласно теореме упражнения 2 множество
$$\left\{ 2m + \frac{2n}{\sqrt{2}}; m, n \text{ — целые числа} \right\}$$
является всиду плотным. Это означает, что функция $\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(x+T)$ и sin $\pi\sqrt{2}x$ принимают одинаковые значения, когда их аргументы являются элементы одного и того же всиду плотного множества и, следовательно (по лемме), совпадают всиду, то есть равенство
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(x+T) = \sin \pi\sqrt{2}x$$
(7)
верно для любого действительного числа $x$. Вычитая (7) из (6), получаем
$$\sin \pi(x+T) \sin \pi T = \sin \pi x.$$
В последнем равенстве полагаем $x = T$; получим
$$\sin 2\pi T - \sin \pi T = \sin \pi T,$$
или
$$\sin \pi T(\cos \pi T - 1) = 0.$$
Из последнего равенства следует, что $T$ — целое число. Тогда из (7) следует
$$\sin \pi\sqrt{2}(x+T) - \sin \pi\sqrt{2}x = 0,$$
или
$$\sin \pi\sqrt{2}\frac{T}{2}\cos \pi\sqrt{2}\left(x + \frac{T}{2}\right) = 0.$$
Так как существует значения $x$, для которых
$$\cos \pi\sqrt{2}\left(x + \frac{T}{2}\right) \neq 0,$$ то $\sin \pi\sqrt{2}\frac{T}{2} = 0$; отсюда вытекает, что $\sqrt{2}\frac{T}{2}$ — целое число. Но, с другой стороны, $T$ — также целое число и $T \neq 0$, значит $\sqrt{2}$ — рациональное число, что неверно. Полученное противоречие доказывается, что функция $f$ неperiodична.

Вот еще одна задача, связанная с рассмотрением выше функций.
Задача 5. Докажите, что функция
$$f(x) = \sin \pi x + \sin \pi\sqrt{2}x$$
не может принять значения 2, но принимает значения, сколько угодно близкие к числу 2.
Решение. Если мы допустим, что $f(x) = 2$ для некоторого $x$, то будут выполнения одновременного равенства
$$\sin \pi x = 1$$ и $\sin \pi\sqrt{2}x = 1$, откуда непредставлено следует, что число $\sqrt{2}$ рационально, а это неверно. Следовательно, $f(x) < 2$ для любого числа.
Если $x$ — произвольное число вида $2m + \frac{1}{2}$, где $m$ — целое число, функция $f$ принимает вид
$$f(x) = 1 + \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right).$$
Покажем, что можно найти такое целое число $m$, для которого
$$\sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right)$$ сколь угодно близко к числу 1. Имея в виду непрерывность функции sin, достаточно найти такие целые числа $m$ и $n$, что число $\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right)$ произвольно близко к числу $2n + \frac{1}{2}$. Поэтому достаточно доказать, что для любого положительного $\varepsilon$ существует целые числа $m$ и $n$, для которых
$$2n + \frac{1}{2} - \varepsilon < \sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right) < 2n + \frac{1}{2} + \varepsilon.$$
Преобразуем последнюю целочку неравенств к виду
$$1 - 2\varepsilon - \sqrt{2} < 4m\sqrt{2} - 4n < 1 + 2\varepsilon - \sqrt{2}.$$
Теперь все следуем из теоремы и упражнения 2.
Задача 6. Найдиите все непрерывные действительные функции $f$, для которых $f(x) = f(x+1) = f(x+\sqrt{2})$.
Решение. Пусть $f$ — непрерывная функция, для которой $f(x) = f(x+1) = f(x+\sqrt{2})$. Это означает, что числа 1 и $\sqrt{2}$ — периоды функций $f$. Тогда периода функции $f$ является также все числа вида $m + n\sqrt{2}$, где $m$ и $n$ — целые числа, то есть для любых двух целых чисел $m$ и $n$ верно равенство $f(x + m + n\sqrt{2}) = f(x)$. Посленее равенство означает, что $f(x + y)$ и $f(x)$ принимают одинаковые значения, когда $y$ принадлежит плоскому многочеку
$$\{m + n\sqrt{2}; m, n \text{ — целые числа}\}.$$
Тогда согласно лемме получаем, что равенство $f(x + y) = f(x)$ верно для каждой числа $y$, то есть каждое (действительное) число является периодом функций $f$. Тепер, если $x_1$ и $x_2$ — два различных числа, мы положим $y = x_2 - x_1$, и тогда
$$f(x_1) = f(x_1 + (x_2 - x_1)) = f(x_2).$$
Следовательно, решением задачи 6 будут все функции вида $f(x) = a$, где $a$ — постоянная.