文章来源: http://thunderfyc.wordpress.com.cn  

若集合元素可像整数那样排列成一个序列，就是可数的，亦是等势的

有理数的可数性
    构造矩阵，第i行第j列为j/i，那么可以找到一条路径，遍历所有有理数

实数集不可数
    假设可数，那么设N1.a1a2a3….. N2.b1b2b3……
    取a ≠ a1 b ≠ a2 c ≠ c3….. a\b\c ≠9 防止0.9999…. = 1.0000…
    Z = 0.abcde….与前数都不同，与Z ∈ R矛盾， 假设不成立

数的连续统不可数
    考虑[0,1] 假设形成排列a1, a2,….a1的点用1/10长度覆盖区间，a2的点用1/100覆盖区间……区间长度至多1/10 +1/100 +…. = 1/9 < 1矛盾

文章来源: http://thunderfyc.wordpress.com.cn 

正方形点集基数与线段点集基数相等
    设(x, y) x = 0.a1a2a3…. y = 0.b1b2b3….
    线点集为0.a1b1a2b2a3b3….. 一一对应

|z1*z2| = |z1||z2|
z1*z2 = ρ1*ρ2[cos(α1 + α2) + i sin(β1 + β2)]
z^n = rho^n[cos(n*α) + i sin(n*β)]

单位根  cos(k*2π/n) + isin(k*2π/n) k =0…n-1;

代数基本定理

代数数 满足 a_n x^n +… + a_0 = 0 (n>=1, a_n≠0) a_k ∈ Z的数
    h = |a_n|+|a_n-1| + … + |a_0| + n为高
超越数 其他数 π e

超越数的构造
    以分母加大的有理数列 p1/q1 p2/q2 …
    pr/qr -> 无理数
|z-p/q| > 1/q^n+1 对充分大的q成立

z = a1*10^-1! + a2* 10^ -2! + a3*10^-3!+…
设zm = am * 10^-m!
    |z-zm|<10*10^-(m+1)!
设z是n次代数数 p/q = zm = p*10^-m!
对充分大m有 |z - z_m| > 10^-(n+1)*m!
10^(-(n+1)*m!) < 10*10^(-(m+1)!)
(n+1)*m! > (m+1)!-1 对充分大m成立
    n > 全体 m 矛盾
z是超越数

正p边形作图 要且只要p为素费马数 p = 2^(2^n) + 1 (3 5 17 257…)

数域 集合中的数经过有理运算之后得到且只得到集合中的数
6边形->12边形  s_2n = sqrt(2-sqrt(4-s_n^2))
s_2^n -> π [n->∞]

可作图的数都是代数数

倍立方体不可能
    假设可能x^3 = 2 用尺规可得
    2^(1/3)是无理数 2^(1/3) 可由整数开方作得
    x = p + q* sqrt(w)
    p q w ∈ {F_k-1}  sqrt(w) 不在 {F_k-1}
    若 x = p + q* sqrt(w) 是 x^3 = 2 一根 y = p - q*sqrt(w) 也是
    x^3 - 2 = a + b*sqrt(w)
    a = p^3 + 3pq^2*w - 2
    b = 3p^2*q + q^3*w
    y = p - q*sqrt(w)
    y^3 - 2 = a - b*sqrt(w)

    => a = b = 0 才成立
    又x≠y 矛盾
如果一个有理系数的三次方程无有理根 则根没有一个是由有理数域出发的可作图数

三等分任意角
    设cosθ = g 求x = cos (θ/3)
    g = 4x^2 - 3x
正七边形 化圆为方

文章来源: http://thunderfyc.wordpress.com.cn