Balka Richárd, Egri-Nagy Attila és Juhász Tibor

Matematikatörténet

problémákon keresztül

Eszterházy Károly F®iskola

Matematikai és Informatikai Intézet

Balka Richárd, Egri-Nagy Attila és Juhász Tibor

Matematikatörténet

problémákon keresztül

Eger, 2011

Bíráló:

Dr. Balogh Zsolt Ádám

f®iskolai docens

Nyíregyházi F®iskola

Készült a TÁMOP-4.1.2-08/1/A-2009-0038 támogatásával.

Tartalomjegyzék

1. Mi a matematika? � a matematika�lozó�a néhány klasszikus

és kortárs megközelítése 7

1.1. Hagyományos megközelítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2. Újabb irányzatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Metafora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4. Evolúciós történet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5. Szociokulturális megközelítés . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.6. Összegzés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2. A szimmetria épít®kövei 22

2.1. Szimmetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.1. A csoportelmélet történeti gyökerei . . . . . . . . . . . 25

2.2. Osztályozás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.1. Véges Abel-csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2.2. Ornamentális szimmetriák . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.3. Véges egyszer¶ csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.4. Sporadikus csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.3. Összegzés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3. Az ésszer¶ség határán - Az irracionális számoktól a Cayley-

számokig 38

3.1. A pentagramma és az aranymetszés . . . . . . . . . . . . . . . 38

3

3.2. Számok négyzetgyökének közelítése . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.3. Élet a komplex számokon túl . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.3.1. Kvaterniók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.3.2. Cayley-számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.3.3. A számfogalom lezárása . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.3.4. Négy-négyzetszám tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4. A π 56

4.1. π irracionális . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.2. Bu�on-féle t¶probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.3. Formulák a π számra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5. Ókori problémák - újkori bizonyítások 74

5.1. Három görög probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

5.2. El®zmények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

5.2.1. Körívekkel határolt síkidomok területe . . . . . . . . . 76

5.2.2. Neuszisz szerkesztés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

5.2.3. Szögharmadolás és kockakett®zés origamival . . . . . . 81

5.2.4. Bolyai János szögharmadolása . . . . . . . . . . . . . . 85

5.3. Az euklideszi szerkeszthet®ség elmélete . . . . . . . . . . . . . 87

5.4. Megoldások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5.5. Szabályos sokszögek szerkeszthet®sége . . . . . . . . . . . . . 91

5.5.1. Szabályos ötszög szerkesztésének egy módszere . . . . 91

5.5.2. Szabályos tizenötszög szerkesztése . . . . . . . . . . . 92

5.5.3. Szabályos sokszögek szerkeszthet®ségének kritériuma . 93

5.6. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4

6. �...semmib®l egy ujj, más világot teremtettem� 98

6.1. A tér abszolút igaz tudománya . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

6.2. A álprímekr®l . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

6.3. Fermat két-négyzetszám tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6.4. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

7. Az algebra alaptétele 108

7.1. A bizonyítás története . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

7.2. Következmények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

7.3. Elemi analitikus bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

7.4. Algebrai bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

7.5. Topológiai bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7.6. Komplex függvénytani módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . 120

7.7. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

8. Hilbert-problémák 123

8.1. Nemnegatív polinom mindig négyzetösszeg? . . . . . . . . . . 123

8.1.1. Egyváltozós polinomok esete, pozitív válasz . . . . . . 124

8.1.2. Kétváltozós ellenpélda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

8.1.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

8.2. Prímproblémák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

8.2.1. A Goldbach-sejtés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

8.2.2. A Riemann-sejtés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

8.2.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8.3. A kontinuumhipotézis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

8.3.1. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

8.4. Sokszögek és poliéderek átdarabolása . . . . . . . . . . . . . . 138

8.4.1. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

5

El®szó

Ez a jegyzet matematikatanár szakos hallgatók számára készült, a szerz®k

(Balka Richárd: 4.,7. és 8. fejezet; Egri-Nagy Attila: 1. és 2. fejezet; Juhász

Tibor: 3., 4., 5. és 6. fejezet) által az Eszterházy Károly F®iskolán oktatott, a

jegyzet címével azonos nev¶ tárgy tananyagát tartalmazza. A tárgyat a hall-

gatók többnyire a végzés el®tti utolsó szemeszterben teljesítik, akkor, amikor

már az alapképzésben megszerzett tudásukra alapozva, komplex függvény-

tant, topológiát és absztrakt algebrát is tanultak. A jegyzet anyaga támasz-

kodik ezekre az el®ismeretekre.

Bizonyos fejezetek feladatokkal zárulnak, melyek lehet®vé teszik valamely

szükséges témakör felelevenítését, egyes számolási részletek önálló elvégzé-

sét, valamint az aktuálisan tárgyalt anyag továbbgondolását. A nehezebb

feladatokat * szimbólum jelöli.

Bízunk benne, hogy a jegyzet eléri célját, és hasznos segédeszköz lesz az

el®adások követéséhez és az egyéni felkészüléshez.

6

1. fejezet

Mi a matematika? � a

matematika�lozó�a néhány

klasszikus és kortárs

megközelítése

Valamilyen szinten mindannyian foglalkozunk (vagy legalábbis kell foglal-

koznunk) matematikával. A matematika tudományos kutatások, mérnöki

munkák nélkülözhetetlen eszköze, ezeken keresztül � még ha nem is min-

dig vesszük észre � hatással van a mindennapi életünkre. A kérdés, hogy

valójában mi is a matematika, azonban a matematika (és �lozó�a) kezdete

óta nyitott. Ez nem azt jelenti, hogy nem születtek rá válaszok, s®t, ép-

pen ellenkez®leg, nagyon sokféle válasz van rá. Ezen jegyzet elején röviden

összefoglaljuk a klasszikus vélekedéseket (platonizmus kontra empirizmus,

logicizmus, formalizmus, intuicionizmus, strukturalizmus), majd rövid átte-

kintést adunk néhány aktuális megközelítésr®l (pl. matematika mint pletyka,

matematika mint metafora).

�Mi a matematika?� � ez egy magával a matematikával egykorú �lozó-

�ai probléma. A kérdés nem matematikai: a választ nem tudjuk kiszámol-

ni, megszerkeszteni, stb. Nem is gyakorlati kérdés, inkább egy jelentéktelen

7

problémának t¶nik, hiszen akik �csinálják� úgyis tudják, hogyan kell �¶z-

ni� a matematikát. Kiváló tankönyvek tartalmazzák azt a tudást, amely

most úgy t¶nik sohasem fog elavulni, megtanítják a szükséges technikákat,

és olyan nyitott kérdéseket vetnek fel, ahonnan elkezdhetjük a kutatómun-

kát. Továbbá van intézményesített rendszer az új eredmények helyességének

elbírálására, jelent®ségének megítélésére. Egyszóval, ezzel a pusztán �lozó�-

ainak t¶n® kérdéssel foglalkozni nem t¶nik túl hasznosnak, látszólag ez csak

a saját magunk szórakoztatását szolgáló id®töltés. Mindazonáltal azt gon-

doljuk, hogy a matematika fogalmi gyökereinek ismerete alapvel® fontosságú

a matematika megértéséhez és tanításához. Számos félreértés, félelem, olyan

mondatok mint �én nem szeretem a matematikát�, �nem vagyok jó matekos�,

stb. eredete lehet a matematika természetér®l való rossz elképzelés, mely ál-

talában nem tudatos �lozó�ai nézetekb®l, világról való gondolkodásmódból

származik.

El®ször röviden áttekintjük a matematikáról való gondolkodás klasszi-

kus ágait, majd rövid recenzió formájában ismertetünk néhány újabb kelet¶

elképzelést.

1.1. Hagyományos megközelítések

A matematika�lozó�a klasszikus megközelítésének két f®, egymással szem-

ben álló nézete a platonizmus és az empirizmus.

Platonizmus. Ez a legáltalánosabban elterjedt matematika�lozó�a. Állítja,

hogy a matematikai objektumok egy absztrakt tartományban, t®lünk

függetlenül léteznek. Ez hasonlít ahhoz, ahogy Platón gondolkodott az

absztrakt fogalmakról, innen ered az irányzat elnevezése. Az alapvet®

probléma ezzel a megközelítéssel az, hogy nehéz a nyilvánosság szá-

mára megmagyarázni, mi módon vagyunk képesek tudást szerezni egy

t®lünk független, nemanyagi világról úgy, hogy közvetlen tapasztala-

tunk csak a minket körülvev® dolgokról van. Továbbá, egy platonista

nem igazán tudja megmondani, mire is jó a matematika a valós életben,

pontosan hogyan részesülnek a földi dolgok a matematikai fogalmak-

8

ból.

Empirizmus. A platonizmus ellentettje. Az empiristák azt vallják, hogy

minden (matematikai) tudást tapasztalatok útján szerzünk. Például,

a bels® szögeket számos háromszögben (a háromszögek az euklideszi

síkon értend®k) megmérve megállapíthatjuk, hogy azok összege 180◦.

Következésképpen, van egy matematikai törvényünk. A matematika

azonban nem így m¶ködik, a matematikában bizonyíthatjuk az állí-

tásokat. A fenti állítást csupán tapasztalati törvénynek tekintve, nem

lehetnénk biztosak abban, hogy egyszer majd nem találkozunk olyan

háromszöggel, mely bels® szögeinek összege nem 180◦. Egy bizonyított

matematikai tétel igazsága azonban szükségszer¶ és általános.

A fentieken túl persze más irányok is vannak.

Logicizmus. Ezen elmélet szerint a matematika nem más, mint a logika

kiterjesztése. Az nem vitatott, hogy a matematika alapja a logika,

de már az elemi aritmetika pusztán logikai formulákkal való leírása is

nagy elszántságot és er®s idegzetet igényel [12]. Ugyanez mondjuk az

algebrai topológiával olyasmi lehet, mint egy állat elemi részecskékkel

való leírása, a szerveinek, ökológiai környezetének említése nélkül.

Formalizmus. A matematika csupán �játék a bet¶kkel�, manipuláció szim-

bólumokkal, tételek bizonyítása axiómákból logikai következtetéssel.

Hilbert programjának része egy olyan formális nyelv és következteté-

si szabályok bevezetése, melynek segítségével a bizonyítások formális

axiómákból történ® formális levezetések véges sorozatával helyettesít-

het®k. Ezt követ®en meg kell mutatni, hogy az így kapott formális

rendszer konzisztens, vagyis az axiómákból nem vezethet® le ellent-

mondás (pl. 0 = 1). Gödel nemteljességi tétele megmutatta, hogy Hil-

bert programja reménytelen: a Hilbert által megengedett bizonyítási

módszerekkel a konzisztencia bizonyíthatatlan. Mindemellett a forma-

lizmus hosszú id®n át domináns maradt, napjainkban kezd veszíteni

kizárólagos státuszából. A formalizmus egy bevett menekülési forma:

Mik is a komplex számok? Nem tudom, de tudok velük számolni.

9

Intuicionizmus. A matematika els®dlegesen szellemi tevékenység, az em-

beri agy produktuma. A matematika nem tartalmazhat olyan meta�-

zikai feltevéseket, mint például a kizárt harmadik elve, mivel az felté-

telezi minden állítás lehetséges igaz voltát, így indirekt bizonyításokat

sem használhatunk. A nyelv csak a matematikai tudás közvetítésére

szolgál. Az intuicionisták egy a klasszikusnál sokkal korlátozottabb lo-

gikát használtak, és csak azokat az eredményeket fogadták el, melyek

konstruktív módon bizonyíthatók.

Strukturalizmus. A matematika a mintázatok (struktúrák) elmélete [9].

A mintázatokat alkotó objektumok igazából nem számítanak, csak a

köztük lév® kapcsolatok. Átmenet az objektumok és a relációk között:

a természetes számok lényege a többi természetes számmal való kap-

csolata.

A fenti irányok b®vebb ismertetése megtalálható [11]-ben.

1.2. Újabb irányzatok

A matematika

A matematika�lozó�a hagyományos megközelítései mára már többnyire el-

avulttá váltak, a matematikában azóta számos paradigmaváltás történt. A

közhiedelemmel (a matematikát már a görögök �megcsinálták�) ellentétben

a matematika folyamatosan fejl®dik. Néhány dolog, ami változott:

Alapok. A matematika felépítésének alapja általában a halmazelmélet, il-

letve a matematikai logika. Mindkett® a matematika egy újabb, az

algebrai topológiából kin®tt ágának, az úgynevezett kategóriaelmélet-

nek speciális esete. A kategóriaelméletben a statikus struktúrákról a

folyamatokra helyez®dik a hangsúly (struktúra meg®rz® leképezések).

A matematika kategóriaelméleten alapuló felépítésének áttekintéséhez

a [8] könyvet ajánljuk.

10

Számítógépek. A számítógépek teljesítmények növekedése is hatással van

a matematika tanulmányozására és kutatására. A számítógép a ma-

tematikában olyan, mint a biológiában a mikroszkóp, vagy az asztro-

nómiában a távcs®: korábban el nem érhet® dolgokat láthatunk vele.

Olyan eszköz ez, mint a papír és a toll (a matematikai objektumok

egy olyan küls® reprezentációja, amely az objektumokat átláthatóbbá

teszi), de nyilvánvalóan a gépek számítási ereje egy más szintre helyezi

ezt. Emellett a számításelmélet megmutatta, hogy vannak eldönthe-

tetlen problémák, azaz olyan kérdések, melyekre bizonyíthatóan nincs

válasz.

Bizonyítás. Az egzakt bizonyítás fogalma is változott, például a követke-

z®kben:

� Bizonyos esetek szisztematikus ellen®rzése számítógép segítségé-

vel. Ekkor a bizonyítás helyességéhez a felhasznált algoritmus

helyességének (és a számítógépek helyes m¶ködésének) belátá-

sa szükséges, az output korrektsége közvetlenül általában nem

látszik. A négyszínsejtés az els® olyan nevezetes sejtés, melyet

számítógép segítségével igazoltak [14].

� A bizonyítás olyan hosszú és komplikált, hogy egy ember nem ké-

pes átlátni azt teljes egészében. Klasszikus példa erre a véges egy-

szer¶ csoportok osztályozása. A bizonyítás részletei több száz fo-

lyóiratcikkben vannak szétszórva [3, 10]. Vannak kísérletek arra

(pl. [13]), hogy az egész bizonyítást lehet®leg egyszer¶sítve, egy

helyen közölve tegyék elérhet®vé a jöv® matematikusai számára.

E nélkül ugyanis még a 21. században is megtörténhet az, hogy

az emberiség matematikai tudást veszít.

Valószín¶ség és irregularitás. Fraktál geometria, káoszelmélet � a sza-

bálytalan alakzatok és folyamatok vizsgálatáról korábban azt gondol-

tuk, hogy matematikailag nem kezelhet®k. A valószín¶ségszámítás (az

esély matematikája) is egy viszonylag új terület.

11

Kognitív tudományok

A kognitív tudományok a tudat és az intelligencia interdiszciplináris kuta-

tásával foglalkoznak. A tudat egy nagyon összetett, sokoldalú jelenség, így

tanulmányozása több tudomány, mint például a számítástudomány, �lozó�a,

pszichológia, mesterséges intelligencia, idegtudomány, lingvisztika, antropo-

lógia együttes er®feszítését igényli. Bár nagyon távol vagyunk még attól,

hogy minden kérdést megválaszolhassunk, a kognitív tudományoknak kö-

szönhet®en már van valami képünk arról, hogyan történik a gondolkodás, és

azon belül a matematikai gondolkodás.

Megtestesült tudat. Az a tény, hogy egy 3 dimenziós �zikai világban

élünk (van testünk) nem választható le a gondolkodásról. Ez termé-

szetesnek hangzik, de a klasszikus mesterséges intelligencia �gyelmen

kívül hagyja a tudat megtestesítését, és csak a magas szint¶ mentális

funkciókra fókuszál (pl. táblajátékok játszása, stb.).

Kognitív tudatalatti. A számítási m¶veletek zömét az agy a tudatalatti

szintjén végzi. Ehhez az alacsony szint¶ gondolkodási folyamathoz nem

tudunk közvetlenül hozzáférni, nem tudjuk közvetlenül vizsgálni.

Metaforikus gondolkodás. A metafora nem csupán egy költ®i kifejez®

eszköz, hanem az emberi gondolkodás és megértés egy alapvet® kelléke:

valami megértése egy másik dolog által kifejezve.

1.3. Metafora

George Lako� és Rafael E. Núnez: Where Mathematics Comes From:

How the Embodied Mind Brings Mathematics into Being, 2000. [7]

Gyakori jelenség az emberek humán-, illetve reál gondolkodású kategóriá-

ba sorolása. Ebb®l a néz®pontból egy költ® és egy tudós az ellentétes oldalon

állnak, másképpen gondolkodnak. Úgy t¶nik, ez az osztályozás alapvet®-

en rossz. George Lako� és Mark Johnson kognitív lingvisztikával foglalkozó

szakemberek azt állítják, hogy �... az emberi gondolkodás alapvet®en meta-

forikus jelleg¶� [6]. A metafora nem csupán egy szókép, hanem �a metafora

12

Forrástartomány Céltartománygy¶jtemények aritmetika

azonos méret¶ gy¶jtemények → számoka gy¶jtemény mérete → a szám nagysága

több elem¶ → nagyobbkevesebb elemet tartalmazó → kisebba legkisebb gy¶jtemény → egy

a gy¶jtemények egyesítése → összeadása gy¶jteményb®l egy kisebb gy¶jtemény elvétele → kivonás

1.3.1. ábra. Az aritmetika egyik megalapozó metaforá-ja. Természetes számokon bizonyos dolgok gy¶jteménye-

inek elemszámát értjük.

lényege egy bizonyos dolog megértése, tapasztalása egy másik segítségével,

[...] úgy gondolunk egy dologra, mintha az egy másik volna.� A metaforák se-

gítik bizonyos fogalmak megértését, áthatják gondolkodásunkat. Például �a

vita háború� és �a vita tánc� metaforák a vitatkozás két lehetséges, egymás-

sal ellentétes értelmezését hordozzák. Az els® szerint a cél a másik legy®zése,

véleményének lesöprése, míg a második szerint a vitában egymásra hango-

lódnak a felek, tanulhatnak, taníthatnak valami újat.

A kognitív metaforák matematikai alkalmazásának alapötlete az, hogy

az elemi absztrakt fogalmakat a szenzomotoros rendszer és az érzelmek segít-

ségével értjük meg, a bonyolultabb absztrakciókat az egyszer¶bb absztrakciók

segítségével, és így tovább, rétegr®l rétegre. A matematikát szenzomotoros

tapasztalathoz köt® kognitív képességek alapvet®en kétfélék:

Nem matematikai kognitív mechanizmusok. Alapvet® térbeli relációk

felismerése, csoportosítás, mozgás, dolgok elrendezése a térben, válto-

zások, a testünk irányítása, alapvet® m¶veletek dolgokkal (pl. forgatás,

nyújtás), egy tevékenység többszörös ismételése, stb.

Számérzék. Van egy nagyon elemi numerikus képességük, egy úgynevezett

velünk született aritmetika: összeadás, kivonás 3-ig. Ez a képessége a

csecsem®knek és néhány állatnak is megvan. Az agyban ez az érzékleti

13

modalitások keresztez®désénél helyezkedik el [1], pl. két sípoló hangban

és két villanásban felismerni, hogy mi a közös.

A vele született aritmetika kiterjesztése is a szenzomotoros tapasztalat-

ban van, és az alábbi négy metaforára épül:

1. �Aritmetika mint dolgok gy¶jteménye� (1.3.1. ábra). A gy¶jtemények

egy bizonyos szint¶ kezelése veleszületett képesség. Az aritmetika kiter-

jesztése a tevékenységek többszöri ismétlése: a szorzás ismételt össze-

adás, az osztás ismételt kivonás.

2. �Aritmetika mint dolgok összerakása�. A számokat olyan összetett ob-

jektumokként értjük meg, melyek egyszer¶bb elemekb®l (kisebb szá-

mokból) tev®dnek össze (pl. prímfaktorizáció).

3. A mér®rúd metaforája. A mérés az egységmérték egymás után történ®

felmérése.

4. �Aritmetika mint mozgás egy vonal mentén�. A számegyenes fogalma

ebb®l ered.

Az aritmetikát ez a négy metafora együtt írja le. A számok természetér®l való

vitáknak és félreértéseknek gyakori oka az egyik metafora túlhangsúlyozása.

Ha már megismertük a számokat, akkor azok újabb metaforák forrásá-

vá válhatnak. Például függvényeket is össze tudunk adni, így a függvények

bizonyos értelemben úgy viselkednek, mint a számok. Gyakran el®fordul a

matematika m¶velésében, hogy kiindulunk egy olyan fogalomból, amit köz-

vetlenül a tapasztalatunkból merítünk, majd egy id® után az is közvetlen

tapasztalattá válik. Ekkor ezt már forrástartományként használjuk, melyre

újabb metaforákat építhetünk.

A számok mellett még további alapvet® matematikai objektumokra is tu-

dunk megalapozó metaforát adni. A logika a mindennapi tapasztalatainkban

gyökerezik �térbeli érvelés�: a logikai következmény a �zikai tartalmazáshoz

köt®dik. Tehát a Venn-diagram nem csupán egy matematikai szemléltet®

14

eszköz, hanem a matematikai gondolkodás eredetére is utal. A végtelen ma-

gyarázása már nagyobb kihívás, ugyanis tapasztalataink csak véges dolgok-

ról vannak. De nem nehéz észrevenni, hogy a mindennapi cselekedeteinkben

vannak folyamatosan ismétl®d® dolgok, például a séta lépések egymásutánja.

A végtelen megfogható úgy, mint a dolgok vég nélküli ismétl®dése.

Az oktatásban gyakran gond, hogy a metaforák elsikkadnak, és csak a

végeredményt közöljük. Ilyenkor azonban bizonyos tételeket nagyon nehéz

megérteni. Például az

eπi + 1 = 0

egyenl®ség nem igazán fogható fel, mint két mennyiség egyszer¶ egyenl®sége,

a benne szerepl® szimbólumokhoz nehéz pusztán mennyiségeket társítani.

Itt az egyenl®ség jelentése már er®sen metaforikus, a matematika számos

területének (koordináta rendszer, komplex számok, egységkör, polárkoordi-

náták, függvényaritmetika, trigonometria, periodicitás, hatványsorok, stb.)

fogalmai nyugszanak benne.

1.4. Evolúciós történet

Keith Devlin (Stanford University), The Math Gene � How Mathema-

tical Thinking Evolved and Why Numbers are like Gossip, 2000.

[2]

A matematika emberek által végzett szellemi tevékenység, ezért a mate-

matika természetének vizsgálatakor logikusnak t¶nik megnézni a matemati-

kát m¶vel® él®lény eredetét. A jelenleg elfogadott tudományos magyarázat

fajunk eredetére az evolúció. A növények és állatok évmilliókon át tartó

folyamatos fejl®dése részleteinek feltárásával a biológiatudományok foglal-

koznak. Ennél is nagyobb nehézségséget okoz az emberi agy, a gondolkodás,

és legf®képpen a nyelv eredetének vizsgálata. Keith Devlin szerint ha már

egyszer van nyelvünk, a matematikai képességek el®bb vagy utóbb kialakul-

nak, tehát a matematika nem más, mint egy speciális nyelv, vagy ha úgy

tetszik, a nyelv egy speciális alkalmazási módja.

Matematikával feltehet®en csak párezer éve foglalkozunk. Az ember evo-

15

A matematika mint pletyka

� amikor matematikával foglalkozunk, akkor azagy egy olyan területét használjuk, ami más cél-ra fejl®dött ki (egzaptáció)

� a nyelv egy o�-line gondolkodás

� a pletykálás alapvet®en emberi, egy olyan me-chanizmus, amely létrehoz és fenntart egy cso-port iránti elkötelezettséget

� a matematika pletykálás absztrakt dolgokról

� az absztrakció nehézséget jelenthet az emberekszámára

1.4.1. ábra. A gondolatmenet f®bb pontjai

lúciós kifejl®dése nyilván ennyi id® alatt nem lehetséges, ezért a matematiká-

hoz valószín¶leg az agynak valamely más célra kifejl®dött képességeit hasz-

náljuk. Ezt elfogadva is magyarázatra szorul, miért ilyen sokára jelent meg a

matematika. A matematika fejl®déséhez egy viszonylag fejlett társadalomra

van szükség (legyen pl. kereskedelem, építészet, stb.), ugyanis a matematika

gyakorlatban való alkalmazása igazolja azt, hogy érdemes m¶velni.

Melyik az agy azon speciális területe, melyre a matematika így utólag

beköltözött? A válasz egyszer¶: a nyelv és a pletyka. A nyelv nem meglep®,

hiszen gyakran tekintik a matematikát egy speciális nyelvhasználati módnak,

a pletyka azonban további magyarázatra szorul. Tapasztalati tény, hogy az

emberi beszélgetések nagy része pletykálás. Még egy tudományos konferen-

cia szüneteiben is a résztvev®k legf®képpen egymásról és másokról beszélnek.

Bonyolult szociális kapcsolatok átlátása, események jelentésének és jelent®-

ségének megértése, viselkedési mintázatok felismerése mind-mind rendkívül

�számításigényes�. Mindez persze nem haszontalan: minél jobban ismerünk

valakit, annál valószín¶bb, hogy jobban tör®dünk vele, így a pletykálás a

16

csoporton belüli köt®dést er®síti.

A könyv f® állítása, hogy a matematika nem más, mint pletykálás abszt-

rakt dolgokról:

�Egyszer¶en kifejezve, a matematikusok ugyanazon mentális ké-

pességeket használva gondolkodnak matematikai objektumokról

és a köztük lév® matematikai kapcsolatokról, mint az emberek

többsége gondolkodik más emberekr®l.�

Ha a matematika pusztán csak nyelvi képességeket igényel, akkor mi-

ért van oly sokaknak gondja vele? A nehézség az absztrakcióban rejlik. Az

absztrakciónak négy szintjét különböztetjük meg.

� 1. szint: nincs absztrakció, az elgondolt objektumok valóban léteznek,

az érzékek számára elérhet®k (on-line gondolkodás, �ha ez, akkor az�);

� 2. szint: az objektumok valódiak, ismertek, csak éppen nem érhet®k el

a közvetlen környezetünkben (o�-line gondolkodás);

� 3. szint: az elgondolt dolgokkal soha nem találkoztunk, de a tulajdon-

ságaik valós objektumok tulajdonságainak kombinációja;

� 4. szint: az objektumok nincsenek a valódiakkal közvetlen kapcsolatban

(matematikai gondolkodás);

Az els® három szintre egy átlagember probléma nélkül eljut, de onnan a

negyedikre már úgy t¶nik nehezebb út vezet. Pszichológiai kísérletek (pl.

Wason-teszt) jól mutatják, hogy egy adott feladatot többen megoldanak, ha

az egy könnyen elképzelhet®, emberközeli szövegezéssel van kit¶zve, mint-

ha az elvont dolgokról szól. A matematikaoktatás egyik f® célja tehát az

absztrakciós képességek fejlesztése kell(ene), hogy legyen.

1.5. Szociokulturális megközelítés

Reuben Hersh (University of New Mexico), A matematika természete,

2000. [4]

17

Egy újabb érvelés amellett, hogy a matematika emberi tevékenység, de

most egy más, kulturális szemszögb®l. Mi a matematika? Se nem �zikai,

se nem mentális, hanem társadalmi természet¶ dolog. Része a kultúrának,

része a történelemnek.

�... a �lozó�a fel®l nézve a matematikát egyfajta emberi tevé-

kenységként kell értelmezni, társadalmi jelenségként, az emberi

kultúra részeként, mely a történelem során alakult ki és fejl®dött,

s csakis társadalmi összefüggéseiben válik érthet®vé.�

A szerz® ezt az álláspontot humanizmusnak hívja. Ez a számos más jelen-

tést is hordozó elnevezés nem túl szerencsés, értsük úgy, mint humanista

matematika�lozó�a.

A matematikai ideák létezése

Valahányszor napvilágra kerül egy új tudományos elmélet, esetünkben egy

újabb �lozó�ai megközelítés, meg kell nézni, hogyan m¶ködik az a régi prob-

lémákon. Jó példa lehet a platonizmus kontra anti-platonizmus vita. Ez az

els®dleges példa olyan �lozó�ai örökségre, amely a nyugat-európai gondol-

kodás keresztje. Alapvet®en kétféleképpen tudjuk elképzelni a létezést: men-

tálisan vagy �zikailag. Na de ekkor a matematika melyikhez tartozik? A

humanisták szerint rossz a kérdés: a létezésnek más módjai is vannak. Lé-

teznek egyéni tudattól független fogalmak, pl. társadalom, háború, béke, stb.

Ezek mind olyan társadalmi fogalmak melynek vannak mentális és �zikális

aspektusai is, de egyik sem sorolható csupán az egyik kategóriába. Hasonló

a helyzet a matematikai fogalmakkal is:

�A matematika fogalmak gy¶jteménye. Nem tollvonásoké vagy

krétajeleké, nem is �zikai háromszögeké vagy halmazoké, ha-

nem fogalmaké, amelyeket �zikai objektumokkal lehet illusztrálni

vagy reprezentálni.�

�A matematika objektumait az ember alkotta. Nem önkényes mó-

don, hanem már meglév® objektumokból származtatva úgy, hogy

18

azok megfeleljenek a tudomány és a mindennapi élet követelmé-

nyeinek.�

�Ha már egyszer létrehoztunk egy matematikai objektumot, ak-

kor annak lehetnek olyan tulajdonságai is, melyeket nehéz felis-

merni.�

Az második idézet a metafora alapú megközelítéssel van összhangban,

az alapvet® matematikai fogalmak a minket körülvev® világ megértése által

keletkeznek.

�A matematika meg�gyelhet® valósága nem más, mint objektív

tulajdonságokkal jellemezhet® közös elképzelések állandóan fej-

l®d® hálózata.�

Felfedezés vagy alkotás

A matematikát vajon felfedezik vagy megalkotják? A humanisták szerint ez

a kérdés is rossz.

�Amikor több matematikus egyazon jól meghatározott feladvá-

nyon dolgozik, értelemszer¶en ugyanarra a megoldásra jutnak.

A megoldást felfedezik. De amikor adott célnak megfelel® elmé-

leteket alkotnak, elméleteik különböz®ek. Az elméleteket megal-

kotják.�

Felfedezés vagy alkotás? Mindkett®! Vagy attól függ. Általában nem elég-

szünk meg az e�éle válaszokkal. Egy tiszta, világos döntést várunk valame-

lyik mellett. A kizárt harmadik elve mélyen berögzült a nyugati gondolko-

dásunkba. A valóság ennél sokkal gazdagabb, számtalan néz®pont létezik.

1.6. Összegzés

�Mi a matematika?� - ez a �lozó�ai kérdés egyid®s magával a matematikával.

Számos lehetséges válasz van, és ha ezek nem is viszik el®re a matematikát,

19

de annak megértését, tanulását, tanítását mindenképp segíthetik. Jelen fe-

jezet röviden bemutatja a matematika �lozó�ájának hagyományos irányza-

tait, majd rátér a kortárs válaszadási kísérletekre. Bármennyire hihetetlen,

a matematika és a kognitív tudományok (megismeréstudományok) fejl®dése

új szemléleteket hozott be a matematikáról való gondolkodásba: matema-

tika mint metaforák bonyolult hálózata, mint pletyka, vagy mint szociális

konstrukció.

Végezetül és útravalóul álljon itt egy népszer¶ sci-�-b®l merített idézet

parafrázisa:

�Sajnos képtelenség elmondani, hogy mi az a matematika. Saját

szemeddel kell látnod.�

Irodalomjegyzék

[1] Stanislas Deheane: The Number Sense � How the Mind Creates Mathe-

matics. Oxford University Press, 1999.

[2] Keith Devlin: The Math Gene � How Mathematical Thinking Evolved

and why Numbers are like Gossip. Basic Books, 2000.

[3] Daniel Gorenstein, Richard Lyons, Ronald Solomon: The Classi�cation

of Finite Simple Groups. American Mathematical Society, 1994.

[4] Reuben Hersh: A matematika természete. Typotex Kiadó, 2000.

[5] Kövecses Zoltán: A metafora. Typotex Kiadó, Budapest, 2005.

[6] George Lako�, Mark Johnson: Metaphors We Live By. University of

Chicago Press, 2003 (1980).

[7] George Lako�, Rafael E. Núnez: Where Mathematics comes from? �

How the embodied mind brings mathematics into being. Basic Books,

2000.

[8] Saunders Mac Lane:Mathematics, Form and Function. Springer-Verlag,

1986.

20

[9] Michael D. Resnik: Mathematics as a Science of Patterns. Oxford

University Press, 1999.

[10] Mark Ronan: Symmetry and the Monster: The Story of One of the

Greatest Quests of Mathematics. Oxford University Press, 2006.

[11] Stewart Shapiro: Thinking about Mathematics: The Philosophy of Ma-

thematics. Oxford University Press, 2000.

[12] Alfred North Whitehead, Bertrand Russell: Principia Mathematica.

Cambridge University Press, 1925�1927.

[13] Robert Wilson: Finite Simple Groups. Springer, 2009.

[14] Robin Wilson: Four Colors Su�ce: How the Map Problem Was Solved.

Princeton University Press, 2002.

21

2. fejezet

A szimmetria épít®kövei

A szimmetria fogalma a m¶vészetekt®l a természettudományokig számos

helyen megjelenik. A matematikában � mint absztrakt fogalom � pontosan

de�niált, és számos konkrét reprezentációja van. A szimmetria épít®köveinek

klasszi�kációja korunk matematikájának monumentális eredménye, melynek

részletein számos matematikus dolgozott. Ebben a fejezetben de�niáljuk a

szimmetria fogalmát, majd röviden összefoglaljuk az egyszer¶ csoportok el-

méletét és osztályozását. Végül néhány lélegzetelállító kombinatorikai konst-

rukció szimmetriái kerülnek terítékre (sporadikus csoportok).

2.1. Szimmetria

A szimmetria hétköznapi jelentése valamiféle szabályosság, egyensúly, ará-

nyosság, harmónia. Akkor mondjuk dolgokra, él®lényekre, hogy szimmet-

rikusak, ha azok egyik része a másik tükörképe. Egyik legismertebb szim-

metrikus forma az emberi test. A szimmetria matematikai meghatározása

ezeket magában foglalja, de ennél sokkal általánosabb: a szimmetria m¶ve-

letek segítségével van de�niálva, olyan transzformációt értünk rajta, amely

a transzformált objektum valamilyen tulajdonságát meg®rzi. Lássunk né-

hány példát arra, hogyan magyarázzák ezt a matematikai szimmetria vezet®

kutatói:

� ...valamely elemkon�gurációnak egy automorf transzformáci-

22

ók alkotta csoportra vonatkozó invarianciája.�, Hermann Weyl:

Symmetry 1952. [12]

�A szimmetria nem egy szám, vagy egy alakzat, hanem egy speci-

ális transzformáció � egy objektum speciális mozgatása. Ha az ob-

jektum a transzformáció után is ugyanúgy néz ki, akkor a transz-

formációt szimmetriának mondjuk.�, Ian Stewart: Why Beauty

is Truth, 2007. [11]

�Egy objektum teljes szimmetriáját úgy kell elképzelnünk, mint

minden olyan mozgást, amivel egy matematikus becsaphat min-

ket, ha azt elvégezve azt mondja, hogy ® hozzá sem ért az objek-

tumhoz.�, Marc Du Sautoy: Finding Moonshine: A Mathemati-

cian's Journey Through Symmetry 2008. [5]

Tehát valami szimmetrikus, ha de�niálva van rajta egy speciális m¶-

velet, a szimmetria pedig egy speciális transzformáció, egy mozgatás, nem

pedig egy statikus tulajdonság. Tekintsük egy szimmetrikus objektum összes

szimmetriáját. Ez a halmaz zárt a leképezések kompozíciójára nézve, hiszen

a szimmetrikus transzformációkat egymás után elvégezve az objektum egy

újabb szimmetriát kapjuk; tartalmazza az identitást és minden szimmetri-

ának van inverze. Tehát egy szimmetrikus objektum összes szimmetriáinak

halmaza csoport a leképezések kompozíciójára nézve.

�A számok a nagyságot mérik, a csoportok a szimmetriát�, M.A.

Armstrong: Groups and Symmetry 1988. [1]

Mérésen általában azt értjük, amikor egy objektumhoz hozzárendelünk egy

számot. Például:

egység gömb(r = 1) 7−→ 4π,

egész számok 7−→ osztók száma,

folytonos függvények 7−→ lokális minimumok száma.

23

2.1.1. ábra. A szabályos sokszögek szimmetriacsoport-jai a diéder csoportok. Ezek tartalmazzák a tengelyes tük-

rözést és a 2πn

szög¶ forgatásokat.

Ezen leképezések általános alakja

objektum 7−→ mér®szám,

a mér®számok különböz® típusúak lehetnek, a fenti példákban egész, illetve

valós számok voltak. De miért kellene beérni ennyivel? Miért ne rendel-

hetnénk az objektumokhoz például algebrai struktúrát, amennyiben azok

megragadják az objektumok valamilyen kulcsfontosságú tulajdonságát?

Például azt, hogy mennyire szimmetrikusak a szabályos sokszögek, mér-

hetjük a szimmetriacsoportjaikkal. (2.1.1. ábra). Ugyanez a helyzet a szabá-

lyos testekkel (2.1.2. ábra), és a magasabb dimenziós szabályos objektumok-

kal.

Bizonyos kombinatorikai objektumoknak is mérhet® a szimmetriája, ha

a szimmetria operátor az elemek valamilyen átrendezése. A p : X → X

függvényt az X halmaz permutációjának nevezzük, ha p bijektív. Például

ha X = {1,2,3,4,5}, és p = (1,2,3,4,5), t = (1,2)(3,4) az X egy-egy permu-

tációja, akkor p az 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 4, 4 7→ 5, 5 7→ 1, és t pedig az

1 7→ 2, 2 7→ 1, 3 7→ 4, 4 7→ 3, 5 7→ 5 függvény. Az X halmaz szimmet-

riái tehát az X halmaz permutációi. Permutációk szorzatán a permutációk

egymás után való végrehajtását értjük, el®ször a bal-, majd a jobboldalit:

(1,2,3,4,5) · (1,2)(3,4) = (2,4,5). Az identikus leképezés is permutáció, azt

majd 1 fogja jelölni, továbbá minden p permutációnak, mint függvénynek a

p−1 inverze is permutáció, így az X halmaz permutációi csoportot alkotnak

24

2.1.2. ábra. A tetraéder A4 szimmetriacsoportját for-gatva tükrözés és forgatás generálja. A csúcsok számo-zásának rögzítése után ezek a m¶veletek jellemezhet®kpermutációkkal. Csúsztatva tükrözés: (1,2)(3,4), forga-

tás: (1,2,3).

a leképezések kompozíciójára nézve. Ezt a kompozíciót ezentúl egyszer¶en

csak · jelöli.Az x1 + x2 + x3 + x4 többváltozós polinom az {x1, x2, x3, x4} halmaz

bármely permutációjára nézve önmagába megy át, míg az x1 + x2 + x3 · x4polinom csak az x1, x2, illetve az x3, x4 változóinak felcserélése esetén marad

�xen.

2.1.1. A csoportelmélet történeti gyökerei

A csoportelmélet fejl®dése is a szokásos mintát követi: a csoportok a matema-

tika több ágában, egymástól függetlenül, különböz® kontextusban bukkantak

fel, de az absztrakció nem történt meg rögtön. [9] szerint a csoport fogalma

az alábbi négy területen jelent meg el®ször:

Klasszikus algebra. (Lagrange, 1770) A 18. század végéig az algebra tár-

gya a polinomegyenletek megoldása volt. Lagrange a harmad-, negyed-,

majd a magasabb fokú egyenletek megoldásait vizsgálta, és megkonst-

ruálta az úgynevezett rezolvens egyenletet:

25

1. megadta az n gyök és az eredeti egyenlet együtthatóinak egy ra-

cionális függvényét;

2. megvizsgálta ezek lehetséges értékeit az n darab gyök permutá-

lása mellett: y1, . . . , yk;

3. ekkor a rezolvens egyenlet (x− y1)(x− y2) · · · (x− yk) = 0.

Továbbá megmutatta, hogy k osztója n!-nak, ami tulajdonképpen an-

nak az általunk is ismert Lagrange-tételnek a speciális esete, mely sze-

rint véges csoport részcsoportjainak rendje osztja a csoport rendjét.

Lagrange még nem beszélt explicite csoportokról, az csak majd ké-

s®bb, Galois munkájában jelent meg. Itt tehát egy matematikai objek-

tum (egyenletek) szimmetriáinak vizsgálata történt.

Számelmélet. (Gauss, 1801) Gauss Disquisitiones Arithmeticae cím¶ m¶-

vében a következ® �csoportok� jelennek meg: az egész számok mara-

dékosztályai modulo m az összeadásra nézve; az el®z® multiplikatív

csoportja; a bináris kvadratikus formák ekvivalencia osztályai; és az n-

edik egységgyökök. Ezek mind Abel-csoportok, azaz a csoportm¶velet

kommutatív. Elvonatkoztatás azonban még itt sem történik, ezekr®l

mind csak számelméleti kontextusban van szó.

Geometria. (Klein, 1874) Egy geometriai alakzat tulajdonságai közül azok

érdekesek, melyek bizonyos transzformációkra nézve invariánsak, így a

transzformációk az érdekl®dés középpontjába kerülnek. Klein erlange-

ni programjában kimondta, hogy a csoportelmélet fontos eszköze a

geometria rendszerezésének. � a csoport fogalmát már explicite hasz-

nálta.

Analízis. (Lie, 1874; Poincaré és Klein, 1876) Sophus Lie Lagrange és Galois

polinomegyenletekre vonatkozó eredményeinek di�erenciálegyenletek-

re való átvitelét t¶zte ki célul. Ennek kulcsa olyan folytonos transzfor-

mációcsoportok keresése, melyre az analitikus függvények invariánsak.

Kétségtelen, hogy az absztrakció a matematika egyik legfontosabb esz-

köze. Ha a matematikát egy szóban kellene összefoglalnunk, bizonyára az

26

absztrakció lenne az. Lényege, hogy hasonló dolgok közös tulajdonságait

megragadva, olyan új dolgokat fedezünk föl, ami igaz minden olyan dologra,

melyre az adott tulajdonságok teljesülnek: köztük a kiinduló dolgokra is, és

olyanokra is, melyekre korábban nem is gondoltunk. Az absztrakt fogalmak

megjelenéséhez azonban id® kell. A 19. század els® felében már számos konk-

rét csoportra volt példa, de az absztrakt csoportfogalom csak a 19. század

végén jelent meg. Legkorábban 1854-ben Arthur Cayley beszélt úgy csopor-

tokról, mint egy kétváltozós m¶velettel ellátott halmazról, de erre a kortársai

nem igazán �gyeltek fel.

A csoportfogalom megjelenése után az elmélet szerteágazott: például

véges-, kombinatorikus-, végtelen Abel-, topologikus-, stb. csoportok elmé-

lete.

2.2. Osztályozás

Az osztályozás, vagy más néven klasszi�káció egy az emberek által gyak-

ran végzett (elméleti) tevékenység, mely alatt valamilyen sokaság elemeinek

osztályokba rendezését értjük: a valamilyen szempontból azonos (van olyan

közös tulajdonság, mellyel az osztály minden eleme rendelkezik, de egyet-

len osztályon kívül es® elem sem) elemeket egy osztályba soroljuk. Az egyes

osztályokon további osztályozás végezhet®. Az osztályok egyes elemei nyil-

ván lehetnek különböz®ek (pl. más a méretük), de az osztályozó tulajdonság

szempontjából azonosak (pl. a struktúrájuk ugyanazt a mintát követi).

2.2.1. Véges Abel-csoportok

Klasszikus példa osztályozásra a véges Abel-csoportok alaptétele. Minden

véges Abel-csoport felbontható prímhatványrend¶ ciklikus csoportok direkt

szorzatára. A felbontásban szerepl® tényez®k rendjei sorrendt®l eltekintve

egyértelm¶en meghatározottak.

27

2.2.2. Ornamentális szimmetriák

Geometriai motívumok szimmetrikus ismétlésével szép mintákat hozhatunk

létre. A motívumok színe és m¶vészi formája a végtelenségig variálható, de

az alapul szolgáló szimmetria-típusok száma véges. Az euklideszi síkban 17

tapétacsoport, vagy más néven kétdimenziós tércsoport van [12, 4]. Grana-

dában (Andalúzia, Spanyolország), a mór építés¶ Alhambra palotában mind

a 17 csoportból láthatunk mintákat. Érdekes matematikai kihívás lehet tu-

risták számára ezek felkutatása. [5] ezen szellemi kaland élményszer¶ leírását

tartalmazza. Miért pont 17? A válasz egy hosszú és bonyolult bizonyítás, de

alapvet® tény, hogy csak néhány olyan síkidom (csempe) létezik, mellyel a

sík átfedés- és hézagmentesen lefedhet®. 3 dimenzióban 230 tércsoport (kris-

tálycsoport) van.

A tapétacsoportok osztályozása teljes, így ha találunk egy látszólag újnak

t¶n® mintázatot, az is szükségképpen a 17 eset (lásd 2.2.1. ábra) valamelyi-

kébe tartozik.

2.2.3. Véges egyszer¶ csoportok

A véges egyszer¶ csoportok klasszi�kációja, vagy más szóval a szimmetria

épít®köveinek meghatározása, a matematikai egyik legfontosabb eredménye.

Egyszer¶ csoportok

Gyakran értünk meg dolgokat úgy, hogy azt részekre bontjuk mindaddig,

amíg a (tovább már nem bontható) épít®köveihez el nem jutunk, majd meg-

vizsgáljuk, hogy ezekb®l a részekb®l hogyan rakható újra össze az egész.

Olyan ez, mint amikor a �zikában egy makroszkopikus objektumot atomja-

ira bontunk, majd az atomokat elemi részecskékre. A matematika ugyanezt

a módszert használja. Az egész számok épít®kövei például a prímszámok,

ezekb®l az összetett számokat a szorzás (ami tulajdonképpen egy ismételt

összeadás) segítségével tudjuk el®állítani. Mivel a csoportokat a számokhoz

hasonlóan mérésre használjuk, szükségünk lenne csoportokra vonatkozó de-

kompozíciós tételre (2.2.2. ábra). De vajon mik lesznek a szimmetriacsopor-

28

2.2.1. ábra. A 17 szimmetria-típus alkalmazása a G

bet¶re, mint mintára. A minták az Inkscape (http:://inkscape.org) vektorgra�kus rajzolóprogrammal let-

tek el®állítva.

29

Természetes számok CsoportokÉpít®kövek Prímek Egyszer¶ csoportokKompozíció Szorzás/Osztás B®vítés/Faktorizálás

2.2.2. ábra. Az egészek prímfelbontása és a csoportokfelbontása közötti párhuzam

tok épít®kövei? Az világos, hogy valamilyen részcsoportoknak kell lenniük,

vagyis a szorzásra zárt részhalmazoknak. Ezek közül az �osztók� szerepét

az úgynevezett normális részcsoportok látják el. Ezt úgy értjük, hogy ha

vesszük egy csoport valamely normális részcsoportja szerinti mellékosztálya-

inak a halmazát, majd a csoportbeli szorzás felhasználásával értelmezzük

azon egy is szorzást, akkor egy újabb csoporthoz jutunk (faktorcsoport),

melyek elemei tulajdonképpen az alapcsoport bizonyos �részei�. A pozitív

egészek épít®köveinek pontosan két osztója van: 1 és önmaga; a csoportok

épít®kövei azok melyeknek pontosan két normális részcsoportjuk van: a csak

a neutrális elemet tartalmazó részcsoport, illetve önmaga. Ezeket nevezzük

egyszer¶ csoportoknak.

A tétel

Minden véges egyszer¶ csoport a következ®k egyikével izomorf:

1. Prímszám rend¶ ciklikus csoport. Ezek mind Abel-csoportok.

2. Legalább 5-öd fokú alternáló csoport (5 vagy annál több elem páros

permutációit tartalmazza).

3. Az alábbi típusú egyszer¶ Lie-csoportok:

a) klasszikus Lie-csoport, nevezetesen a projektív speciális lineáris

csoportok, unitér csoportok, szimplektikus csoportok, és a véges

testek fölötti ortogonális lineáris csoportok;

b) a kivételes és a csavart Lie-csoportok (most ide soroljuk az úgy-

nevezett Tits-csoportot is, mely szigorú értelemben véve nem Lie-

csoport).

30

4. A 26 úgynevezett sporadikus csoport valamelyike.

A tételt igaznak tekintjük, a bizonyításban az utolsó ismert lyuk 2004-ben

lett betömve. A bizonyítás azonban darabokban van, több száz folyóirat-

cikk együttes eredménye. Ezek feldolgozására és egyesítésére (egységesíté-

sére) tettek kísérletet a [3, 13] könyvekben. Talán nem nagy merészség azt

állítani, hogy nem létezik ember, aki a bizonyítást teljes egészében ismeri,

átlátja, és érti. A bizonyítás helyességébe vetett hit viszont útját állja annak,

hogy az id®sebb generáció helyébe lép® �atal kutatók, PhD hallgatók ezzel

tovább foglalkozzanak, nekik ez már nem kihívás, hiszen látszólag �készen

van�. A teljes matematikai szövegkorpusz jól kereshet® elektronikus tárolása

a 21. század lehet®sége. Ezek megértéséhez azonban emberi kapacitásra van

szükség. E nélkül ugyanis a tudás elveszhet.

2.2.4. Sporadikus csoportok

A sporadikus csoportok nem tartoznak a tételben említett els® három család

egyikéhez sem, ®k minden szempontból kivételesek [2, 7]. Ezeket általában

valamilyen matematikai struktúra automor�zmuscsoportjaként lehet tetten

érni. Hermann Weyl szerint a modern matematika vezérelve:

�Ha egy strukturált Σ sokasággal támad dolgod, igyekezz auto-

mor�zmuscsoportját meghatározni: a minden strukturális össze-

függést megtartó elemtranszformációk csoportját.�[12]

Witt design � M24

Tekintsük egy 24 elem¶ S halmaz 8 elem¶ részhalmazainak (oktád) egy olyan

rendszerét, melyre igaz, hogy S minden ötelem¶ részhalmaza pontosan egy

oktádhoz tartozik. Egy 24 elem¶ halmaz 5 elem¶ részhalmazainak száma(245

)= 42504, és minden oktádban

(85

)= 56 darab 5 elem¶ részhalmaz van.

Jelölje az oktádok számát N . Mivel minden 5 elem¶ részhalmaz pontosan

egy oktádban szerepel,

N · 56 = 42504

31

2.2.3. ábra. Sporadikus csoportok. A vonalak arészcsoport-viszonyt jelzik. A sötétebb árnyalat jelzi,hogy az adott sporadikus csoport nem részcsoportja más

sporadikus csoportnak.

32

2.2.4. ábra. Körpakolás 2 dimenzióban. A jobb oldaliminta a legs¶r¶bb kitöltése a síknak.

adódik, így

N =42504

56= 759.

Ez els® ránézésre kissé kevésnek t¶nhet, hiszen az 5 elem¶ részhalmazok

száma elég nagy. Egy oktád azonban elég sok 5 elem¶ részhalmazt tartalmaz,

így ez egy nagyon tömör struktúra. Nem csoda, hogy olyan sok szimmetriája

van.

Leech-rács � körpakolás 24 dimenzióban

A körpakolás egy régi matematikai probléma. A cél adott térfogat kitöltése

minél több gömbbel. Két dimenzióban a megoldás könny¶, lásd 2.2.4. ábra.

Kepler már 1611-ben sejtette, hogy a 3 dimenziós teret a legs¶r¶bben úgy

tudjuk gömbökkel kitölteni, mint ahogy általában a narancsokat elrendezni

szokás a zöldségboltban (2.2.5. ábra). Ennek bizonyítása csak 1998-ban tör-

tént meg Thomas Hales által, mely el®ször 2005-ben jelent meg [8]. A feladat

kiterjeszthet® magasabb dimenzióra is. Jóllehet magasabb dimenziós naran-

csok nincsenek, de a hatékony kitöltés által meghatározott rács használható

információátvitelkor, mint hibajavító kód. A helyzet 8 dimenzió fölött eléggé

33

2.2.5. ábra. 3 dimenzióban az a leghatékonyabb pako-lás, ahogy narancsokat vagy ágyúgolyókat szokás egymás-

ra helyezni.

elbonyolódik, de 24 dimenzióban valami különleges történik. A Witt design

használatával felépíthetünk egy olyan rácsot, melyben egy 24 dimenziós kör

másik 196560-at érint (mint láthattuk, a 2 dimenziós megoldásnál minden

kör 6 másikat érint). Ez már nem geometriai, hanem egy kombinatorikai

konstrukció. Egy gömb leírásához egy rendezett elem 24-esre van szükség

(elég a gömb középpontját megadni). Helyezzük az egyik gömböt az origóra

(mind a 24 koordináta nulla), majd tekintsük azokat a gömböket, melyek

középpontjai a következ®k:

� Alkalmazzuk a Witt design konstrukcióját az S = {1,2, . . . ,24} hal-

mazra, majd minden oktádhoz rendeljük azt a rendezett elem 24-est,

melynek i-edik komponense +2 vagy −2, ha i szerepel az oktádban,

egyébként pedig 0. Hagyjuk meg ezek közül azokat, melyben a negatív

komponensek száma páros. Így

27 · 759 = 97152

különböz® rendezett elem 24-est (gömböt) kapunk.

34

� 2 komponens +4 vagy −4, a maradék 22 pedig 0. Ilyenb®l

22 ·(

24

2

)= 1104

darab van.

� Az egyik komponens +3 vagy −3, a többi 23 pedig +1 vagy −1. Ezek

száma

22 · 24 = 98304.

Egy-egy példa a fenti három típusra:

(2,−2,2,−2,0,0,0,0,0,0,0,0,−2,−2,2,2,0,0,0,0,0,0,0,0),

(0,0,0,0,0,0,0,0,4,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,−4,0,0,0,0),

(1,−1,1,1,−1,1,1,1,−1,1,1,1,3,−1,1,1,−1,1,1,−1,−1,−1,1,−1).

Könny¶ látni, hogy mind a 196560 pont origótól való távolsága√

32 (itt tá-

volságon a koordináták négyzetösszegéb®l vont négyzetgyököt, azaz az euk-

lideszi távolságot értjük). Továbbá, semelyik két gömbnek nincs közös bels®

pontja, a szomszédosak érintik egymást.

A Leech-rács automor�zmuscsoportja (Co1) is egy sporadikus csoport,

melyet John Horton Conway fedezett fel 1968-ban.

Moonshine-elmélet

Az 1970-es évek végén John McKay egy számelméleti cikkben teljesen vé-

letlenül bukkant rá a 196884 számra (a történet b®vebben: [10]), melyb®l

a Szörnyeteg (Monster group: az 196884 dimenziós vektortér szimmetriái-

ból álló sporadikus csoport) és a moduláris függvények egy váratlan kap-

csolatára következtetett. Ezt a jelenséget John Horton Conway nevezte el

�moonshine�-nak a szó nem hétköznapi értelmében. A moonshine ugyanis

mint szleng, illegálisan párolt whiskey-t is jelent � bizonyítva ezzel, hogy a

matematikusok sincsenek híjján a humornak.

35

Kés®bb kiderült, hogy ez nem csak egy véletlen egybeesés, hanem az

elméletnek vannak �zikai vonatkozásai. Úgy látszik tehát, hogy ezek a gi-

gantikus algebrai struktúrák valahogyan jelen vannak a minket körülvev®

univerzumban [6].

2.3. Összegzés

A fejezetben el®ször a mérés egyfajta általánosítását láthattuk: egy objek-

tum szimmetriáját mérhetjük csoportokkal. Ezt követ®en azt de�niáltuk,

hogy mikor monduk egy szimmetriacsoportot egyszer¶nek, majd a véges

egyszer¶ csoportok osztályozásával folytattuk. Végezetül néhány furcsa cso-

port konstrukcióját ismertettük.

Irodalomjegyzék

[1] M. A. Armstrong: Groups and Symmetry. Springer, 1988.

[2] Michael Aschbacher: Sporadic Groups. Cambrdige University Press,

1994.

[3] Oleg Bogopolski: Introduction to Group Theory. European Mathema-

tical Society, 2008.

[4] John H Conway, Heidi Burgiel, and Chaim Goodman-Strauss: The

Symmetries of Things. AK Peters, 2008.

[5] Marcus du Sautoy: Finding Moonshine: A Mathematician�s Journey

Through Symmetry. 4th Estates Ltd., 2008.

[6] Terry Gannon: Moonshine beyond the Monster: The Bridge Connec-

ting Algebra, Modular Forms and Physics. Cambridge University Press,

2006.

[7] Robert L. Griess: Twelve Sporadic Groups. Springer, 1998.

36

[8] Thomas C. Hales: A proof of the kepler conjecture. Annals of Mathe-

matics, Second Series, 162(3):1065�1185, 2005.

[9] Israel Kleiner: A History of Abstract Algebra. Birkhäuser, 2007.

[10] Mark Ronan: Symmetry and the Monster: The Story of One of the

Greatest Quests of Mathematics. Oxford University Press, 2006.

[11] Ian Stewart: Why Beauty Is Truth: The History of Symmetry. Basic

Books, 2007.

[12] Hermann Weyl: Szimmetria. Gondolat Kiadó, Budapest, 1982.

[13] Robert Wilson: Finite Simple Groups. Springer, 2009.

37

3. fejezet

Az ésszer¶ség határán - Az

irracionális számoktól a

Cayley-számokig

A számfogalom kialakulása évszázadokon át zajló folyamat eredménye. A

fejezet tárgyát képez® számokat a görögök még nem ismerték (vagy ismer-

ték, de nem tekintették számnak), ®k ugyanis csak természetes számokkal,

illetve azok arányaival számoltak. Annak felfedezése, hogy az egységnégy-

zet átlójának hossza ezekkel nem írható le, sokként hatott rájuk. A fejezet

els® részében igazoljuk, hogy a szabályos ötszög átlója és oldala hosszának

aránya irracionális, majd egy régr®l ismert eljárást mutatunk számok négy-

zetgyökeinek közelítésére. Ezt követ®en megmutatjuk, hogy a valós, s®t még

a komplex számokon túl is van élet: felépítjük a kvaterniók és az oktávok

algebráját. Ez utóbbi kett® már a 19. század vívmánya.

3.1. A pentagramma és az aranymetszés

�Mennyiségeket összemérhet®nek mondunk, ha ugyanazon mértékkel mérhe-

t®k, összemérhetetlennek pedig, ha nem található hozzájuk közös mérték.� �

Ez Euklidész Elemek X. könyvének els® de�níciója. Egy a szakasz mérhet® az

38

e (egység mérték¶) szakasszal, ha a egyik végpontjából indulva az e szakaszt

egymás után véges sokszor fölmérve eljuthatunk a másik végpontjáig:

a = e+ e+ · · ·+ e︸ ︷︷ ︸m−szer

= m · e,

ahol a szakaszt és a hosszát kényelmi okokból azonosítottuk. Az a0 és a1szakaszokat összemérhet®nek mondjuk, ha mindkett® mérhet® ugyanazzal a

e egység mértékkel, azaz léteznek olyan m és n természetes számok, hogy

a0 = m·e és a1 = n·e. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy két szakasz összemérhet®,

ha hosszainak aránya racionális szám. A módszer arra, hogy megkeressük

két szakaszhoz a közös mértéket, tulajdonképpen az euklideszi algoritmus.

Tegyük fel, hogy az a1 szakasz a rövidebb, és mérjük fel ezt az a0 szakaszra

az egyik végpontjától kezd®d®en mindaddig, míg a maradék szakasz hossza

kisebb nem lesz, mint a1 hossza. Ekkor, ha a maradék hossza a2, akkor

a0 = n1a1 + a2,

ahol a2 < a1. Folytatva az eljárást a1 és a2-vel, majd a2 és a3-mal, kapjuk,

hogy

a1 = n2a2 + a3

a2 = n3a3 + a4

...

ahol a1 > a2 > a3 > a4 > · · · . Ha a0 és a1 összemérhet®k, akkor ez az eljárás

véges sok lépés után véget ér úgy, hogy valamely k-ra ak−1 = nkak, és ek-

kor ak az a0 és a1 szakaszok közös mértéke. (Megjegyezzük, hogy szakaszok

helyett nyugodtan tekinthetünk valós számokat.) A görögök kezdetben azt

gondolták, hogy bármely két szakasz összemérhet®. Kés®bb belátták, hogy

az egységnyi oldalú négyzet oldala és átlója nem összemérhet®, ennek kö-

vetkeztében az egységnégyzet átlójának hosszát nem tekintették számnak.

39

Könnyen igazolható, hogy a0 és a1 akkor és csak akkor összemérhet®, ha az

a0 : a1 = n1 + a2 : a1

= n1 +1

a1 : a2= n1 +

1

n2 + a3 : a2

= n1 +1

n2 + 1a2:a3

= · · · = n1 +1

n2 + 1n3+···

lánctört véges.

A pentagramma, azaz a szabályos ötszög átlói által alkotott ötágú csillag

a püthagoreusoknál fontos vallási és �lozó�ai szerepet töltött be. Ezért is

volt misztikus Hippasus felfedezése, miszerint a pentagramma tartalmaz két

nem összemérhet® szakaszt. Tekintsük az ABCDE szabályos ötszöget, és

rajzoljuk meg mind az öt átlóját. Az átlók A′, B′, C ′, D′ és E′ metszéspontjai

egy újabb szabályos ötszög csúcsai. Világos, hogy az ötszög minden átlója

3.1.1. ábra. Pentagramma

párhuzamos az ötszög valamely oldalával, így az ADE és BE′C háromszögek

hasonlóak és AD : AE = BC : BE′. Továbbá, mivel az AE és a BD,

valamint a DE és az AC szakaszok párhuzamosak, így BC = AE = DE′

és BE′ = BD − BC. Tehát bármely szabályos ötszögben az átló hossza

úgy aránylik az oldal hosszához, mint az oldal hossza az átló és az oldal

hosszának különbségéhez. Jelölje most a szabályos ötszög átlóját a0, oldalát

40

a1, és legyen a2 = a0−a1. Ekkor a0 : a1 = a1 : a2 és a2 < a1. Az a3 = a1−a2különbséget képezve kapjuk, hogy a1 : a2 = a2 : a3 és a3 < a2. Az eljárást

folytatva az i-edik lépésben, legyen ai+1 = ai−1 − ai. Ekkor

a0 : a1 = a1 : a2 = · · · = ai : ai+1,

továbbá ai+1 < ai. Az eddigiek alapján az a0 és a1 elemeken végrehajtott

euklideszi algoritmus

a0 = 1 · a1 + a2

a1 = 1 · a2 + a3

...

ai−1 = 1 · ai + ai+1,

és az arányukat leíró

a0 : a1 = 1 +1

1 + 11+···

lánctört végtelen, tehát a szabályos ötszög oldala és átlója nem összemérhet®.

Az

a0 : a1 = a1 : a2 = a1 : (a0 − a1)

egyenl®ségb®l következik, hogy

a0 : a1 =1 +√

5

2.

Ez az arány, melyr®l most beláttuk, hogy irracionális szám, aranymetszés-

ként ismert.

41

3.2. Számok négyzetgyökének közelítése

Az alábbi iterációs eljárás√a meghatározására Mezopotámiából származik.

Tegyük fel, hogy a > 1, és közelítsük√a-t egy olyan x0 számmal, melyre

√a > x0 > 1,

és ezen becsléssel a h0 =√a− x0 hiba legfeljebb 1 legyen. Ekkor x0

√a < a

és így

x0 <√a <

a

x0.

Legyen x1 = 12

(x0 + a

x0

), vagyis a két korlát számtani közepe. Mivel x0 > 1

és h0 < 1, a√a x1-gyel való közelítésének hibája

h1 =∣∣x1 −√a∣∣ =

∣∣∣∣12(x0 +

a

x0

)−√a

∣∣∣∣ =(x0 −

√a)2

2x0

<(x0 −

√a)2

2=h0

2

2< h0,

tehát x1 jobb közelít® érték, mint x0. Az eljárás ismétlésével kapjuk, hogy

az

xn+1 =1

2

(xn +

a

xn

)jobb közelít® érték mint xn. Az algoritmus konvergenciájának igazolása az

olvasó feladata (lásd 1. feladat).

Jóllehet az utókor számára csak a végeredmény maradt fenn, a mezopotá-

miaiak valószín¶leg ezzel a módszerrel kapták a√

2 ≈ 1,4142122 meglep®en

jó becslést.

A fenti módszert alkalmazták√a2 + b közelítésére is. Az els® lépésben

x0 = a választással

a <√a2 + b <

a2 + b

a

adódik. Ekkor a következ® közelít® érték

x1 =1

2

(a+

a2 + b

a

)= a+

b

2a,

42

mely (a+

b

2a

)2

= a2 + b+b2

4a2

miatt mindig fels® becslése√a2 + b pontos értékének. Ehhez a becsléshez

másféleképpen is eljuthatunk. Keressük√a2 + b pontos értékét a + x alak-

ban. Négyzetre emelés és rendezés után x(2a+ x) = b, majd

x =b

2a+ x

adódik. A nevez®ben x helyére újra b2a+x -t helyettesítve a√

a2 + b = a+b

2a+ b2a+ b

2a+···

végtelen lánctörtet kapjuk, melynek a babiloniak által kapott a+ b2a formula

éppen az els® közelít® törtje.

Alkalmazzuk az eljárást a√

3 =√

12 + 2 közelítésére. Ekkor a közelít®

törtek a következ®k:

1 +2

2= 2, 1 +

2

2 + 22

=5

3,

7

4,

19

11,

25

15,

71

41,

97

56,

265

153,

368

209,

989

571,

1351

780, . . .

Valószín¶síthet®, hogy az ókori görögök is ismerték ezt a közelít® eljárást,

ugyanis Arkhimédész√

3-at a következ®képpen becsülte:

265

153<√

3 <1351

780.

3.3. Élet a komplex számokon túl

A komplex számoknak rendezett valós számpárokkal való de�niálása Sir Wil-

liam Rowan Hamilton nevéhez f¶z®dik. 1833-ban írt értekezésében dolgozta

ki ezek algebráját, ahol a számpárokon értelmezett m¶veletek a következ®k:

43

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

(a, b) · (c, d) = (ac− db, bc+ da).(3.3.1)

Könny¶ belátni, hogy R × R testet alkot ezekkel a m¶veletekkel, melyet

komplex számtestnek nevezünk, és C-vel jelölünk.Tekintsük a komplex számok halmazának

R0 = {(a,0) : a ∈ R}

részhalmazát. Világos, hogy a ϕ : R→ R0, ϕ(a) = (a,0) leképezés bijektív és

m¶velettartó, vagyis izomor�zmus, így R0 a C részteste. Ez alapján mond-

hatjuk, hogy a valós számok egyben komplex számok is, és ha valós számokat

mint komplex számokat adunk, illetve szorzunk össze, az eredmény ugyanaz

lesz, mintha valós számokként tettük volna velük ugyanezt. R0 elemeit te-

hát nyugodtan azonosíthatjuk a valós számokkal, így az (a,0) komplex szám

helyett ezentúl csak a-t írunk. Vezessük be az i = (0,1) jelölést. Ekkor az

(a, b) komplex szám a következ® alakban is írható:

(a, b) = (a,0) + (0, b) = (a,0) + (b,0) · (0,1) = a+ bi,

melyet az (a, b) komplex szám algebrai alakjának nevezünk. Világos, hogy

i2 = −1. A z = a + bi komplex szám konjugáltján a z = a − bi komplex

számot, míg abszolút értékén az |z| = zz nemnegatív valós számot értjük.

Így a komplex számok abszolút értéke nem más, mint az R2-beli standard

bels® szorzatból származó norma. Továbbá, bármely z1, z2 ∈ C esetén

|z1z2| = |z1||z2|

teljesül. Ennek alapján C normált algebra R felett.

Az eddig elmondottakat úgy is tekinthetjük, hogy a sík pontjain egy

rögzített OXY koordináta-rendszerben sikerült olyan összeadást és szorzást

de�niálni, melyekre nézve a sík pontjai testet alkotnak, és ezek a m¶veletek

44

az X tengelyen a valós számokon megszokott összeadást és szorzást indu-

kálják. Vagy fordítva: az X tengelyen (számegyenesen) adott összeadást és

szorzást terjesztettük ki a sík pontjaira. A kérdés az, hogy a háromdimen-

ziós tér pontjain egy rögzített OXY Z koordináta-rendszerben lehetséges-e

olyan összeadást és szorzást értelmezni, hogy azok az OXY és OXZ síkokon

a komplex számok m¶veleteit indukálják. Tegyük fel, hogy ez lehetséges. A

fent megfogalmazott igények szerint

(a, b,0)(c, d,0) = (ac− db, bc+ da,0)

és

(a,0, b)(c,0, d) = (ac− db,0, bc+ da)

bármely a, b, c, d ∈ R esetén. Legyen

(0,1,0) · (0,0,1) = (u, v, w) = (u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w).

Mindkét oldalt szorozva (0,1,0)-val, majd alkalmazva a disztributivitást

(0,0,−1) = ((0,1,0)(0,1,0))(0,0,1) = (0,1,0)((0,1,0)(0,0,1))

= (0,1,0)((u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w))

= (0, u,0) + (−v,0,0) + (0,1,0)(0,0,1)(w,0,0)

= (0, u,0) + (−v,0,0) + ((u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w))(w,0,0)

= (0, u,0) + (−v,0,0) + (uw,0,0) + (0, vw,0) + (0,0, w2)

= (uw − v, u+ vw,w2).

Innen kapjuk, hogy w2 = −1, ami ellentmondás.

3.3.1. Kvaterniók

Hamilton 1843-ban rájött, hogy ha az általánosítás számhármasokra nem

is, de számnégyesekre elvégezhet®. A négydimenziós tér rögzített OXY ZK

koordináta-rendszere mellett olyan összeadást és szorzást de�niált, mely az

OXY,OXZ és OXK síkokon a komplex számokon értelmezett szorzást in-

45

dukálja. Ennek érdekében a szorzás kommutativitását fel kell áldozni, de

ett®l még minden origótól különböz® pontnak lesz multiplikatív inverze. Ez

volt az els® példa ferdetestre. Tekintsük az R4 halmazon az alábbi összeadást

és szorzást:

(a1, a2, a3, a4) + (b1, b2, b3, b4) = (a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3, a4 + b4)

(a1, a2, a3, a4) · (b1, b2, b3, b4)

= (a1b1 − a2b2 − a3b3 − a4b4,

a1b2 + a2b1 + a3b4 − a4b3,

a1b3 + a3b1 − a2b4 + a4b2,

a1b4 + a4b1 + a2b3 − a3b2).

Könnyen ellen®rizhet®, hogy R4 ezekkel a m¶veletekkel asszociatív gy¶r¶,

melynek egységeleme (1,0,0,0), és az x = (a1, a2, a3, a4) 6= (0,0,0,0) elem

inverze,

x−1 =

(a1

a21 + a22 + a23 + a24,− a2

a21 + a22 + a23 + a24,

− a3a21 + a22 + a23 + a24

,− a4a21 + a22 + a23 + a24

).

Tehát R4 ferdetest, melyet a kvaterniók ferdetestének nevezünk, és H-valjelölünk.

Mint azt a komplex számoknál láttuk, az (a,0,0,0) kvaternió azonosítható

az a valós számmal, továbbá az

i = (0,1,0,0), j = (0,0,1,0), k = (0,0,0,1)

jelölésekkel az (a1, a2, a3, a4) elem a1 + a2i + a3j + a4k alakba írható. Az

ilyen �algebrai� alakban megadott elemek könnyedén összeszorozhatók az

i2 = j2 = k2 = −1, ij = −ji = k, jk = −kj = i, ki = −ik = j

egyenl®ségek és a disztributív szabály alapján. Az a = a1 + a2i+ a3j + a4k

46

3.3.1. ábra. Kvaterniók báziselemeinek szorzása

kvaternió konjugáltján az a = a1−a2i−a3j−a4k kvaterniót értjük, abszolútértékén pedig az |a| = aa = a21 + a22 + a23 + a24 nemnegatív valós számot. A

kvaterniók abszolút értéke multiplikatív, így a kvaterniók ferdeteste normált

algebra R felett.

3.3.2. Cayley-számok

1844-ben, két hónappal a kvaterniók felfedezését követ®en John T. Graves

levélben értesítette Hamiltont arról, hogy sikerült a konstrukciót nyolc di-

menzióra továbbvinni, vagyis létezik nyolcdimenziós algebra a valós számok

felett, melyben minden nullától különböz® elemnek van inverze a szorzás-

ra nézve. Hamilton válaszlevelében rámutatott arra, hogy ez az algebra már

nem asszociatív. Graves eredményének publikálását addig halogatta, mígnem

els®bbségét el is vesztette: ezeket az úgynevezett �oktávokat� Arthur Cayley

egy 1845-ben publikált cikkének függelékében szintén kiépíti. Bár Graves és

Hamilton is értesítették a folyóirat szerkeszt®ségét Graves els®bbségér®l, az

�oktávokat� az utókor Cayley-számokként ismeri.

Könny¶ belátni, hogy a komplex számoktól a kvaterniókig úgy is eljut-

hattunk volna, hogy a C×C Descartes-szorzaton a szorzást a következ®kép-

pen de�niáljuk (vö. (3.3.1)):

(a, b) · (c, d) = (ac− db, bc+ da).

Ha a, b, c, d kvaterniók, akkor ezzel a képlettel a H×H halmazon értelmezhe-

tünk szorzást. Megjegyezzük, hogy ekkor már a jobb oldali zárójelben kva-

47

terniók szorzása történik, így ott a tényez®k sorrendje fontos. Ez a szorzás

az (komponensenkénti) összeadásra nézve mindkét oldalról disztributív, így

H×H algebra R felett, melynek dimenziója 8. Ez az algebra, melyet ezentúl

Cayley-algebrának nevezünk és O-val jelölünk, nem asszociatív. Valóban,

(0,1)((0, i)(0, j)) = (0,1)(−k,0) = (0, k)

és

((0,1)(0, i))(0, j) = (i,0)(0, j) = (0,−k),

ahol a kvaterniókat most algebrai alakban írtuk.

Világos, hogy az (1,0) ∈ O egységelem. Az x = (a,−b) Cayley-számot

az x = (a, b) Cayley-szám konjugáltjának nevezzük. Könnyen ellen®rizhet®,

hogy xx = xx = (aa + bb,0). Mivel aa + bb valós szám, következik, hogy

minden x ∈ O \ {(0,0)} Cayley-számnak létezik inverze:

x−1 =

(a

aa+ bb,− b

aa+ bb

).

Jelölje R8 természetes bázisát 1, e1, e2, . . . , e7. Ekkor minden Cayley-szám

egyértelm¶en felírható

a0 + a1e1 + a2e2 + · · ·+ a7e7

alakban, ahol a0, a1, . . . , a7 ∈ R. A báziselemek szorzását a következ® táblá-

zat tartalmazza.

Ennek szemléltetésére kiválóan alkalmas a Fano-sík, ami tulajdonképpen

egy szabályos háromszög a beírt körével és a szögfelez®ivel. Ezen pontnak

tekintjük a 3 csúcsot, a 3 oldalfelez® pontot és a beírt kör középpontját,

egyenesnek pedig az oldalak, a magasságvonalak, valamint a beírt kör által

megadott ponthármasokat. A pontokat a báziselemekkel azonosítjuk az áb-

rán látható módon. Bármely két különböz® pont pontosan egy egyeneshez

illeszkedik; a két ponthoz tartozó báziselem szorzata az egyenes harmadik

pontjához tartozó báziselem, ha az egyenes irányításának (lásd nyilak) meg-

felel®en szorozzuk ®ket össze, egyébként pedig a harmadik ponthoz tartozó

48

· 1 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e71 1 e1 e2 e3 e4 e5 e6 e7e1 e1 −1 e3 −e2 e5 −e4 −e7 e6e2 e2 −e3 −1 e1 e6 e7 −e4 −e5e3 e3 e2 −e1 −1 e7 −e6 e5 −e4e4 e4 −e5 −e6 −e7 −1 e1 e2 e3e5 e5 e4 −e7 e6 −e1 −1 −e3 e2e6 e6 e7 e4 −e5 −e2 e3 −1 −e1e7 e7 −e6 e5 e4 −e3 −e2 e1 −1

3.3.2. ábra. A Cayley-számok báziselemeinek szorzása

báziselem ellentettje.

3.3.3. ábra. Fano-sík � A Cayley-algebra báziselemeinekszorzása

3.3.3. A számfogalom lezárása

Felmerülhet az olvasóban a kérdés, hogy a fenti általánosítással vajon meddig

lehet, illetve meddig érdemes elmenni.

Legyen A egy algebra, és ∗ : A→ A egy olyan függvény, mely eleget tesz

a következ® tulajdonságoknak:

� (x+ y)∗ = x∗ + y∗;

49

� (xy)∗ = y∗x∗;

� (x∗)∗ = x

minden x ∈ A esetén. Ekkor a ∗ függvényt az A algebra involúciójának

nevezzük.

A fent bemutatott eljárást úgy is összefoglalhatjuk, hogy adva van egy A

algebra a valós számtest felett egy involúcióval (konjugálás), és tekintettük

a A×A Descartes-szorzaton az alábbi összeadást, szorzást és konjugálást:

� (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d);

� (a, b) · (c, d) = (ac− db, bc+ da);

� (a, b) = (a,−b).

Ekkor A×A szintén valós algebra, melynek egységeleme (1,0). Ezt nevezzük

Cayley-Dickson konstrukciónak. Így jutottunk el a valós számoktól a Cayley-

számokig, de ne feledjük, hogy minden egyes lépésnél elvesztettünk valamit.

A komplex számoknál le kellett mondanunk a rendezésr®l, illetve arról, hogy

minden elem konjugáltja önmaga, a kvaternióknál a kommutativitásról, a

Cayley-számoknál pedig az asszociativitásról. Ferdinand Georg Frobenius

1877-ben igazolt tétele szerint a kvaterniókon túl az asszociativitást már

nem lehet megmenteni.

3.3.1. Tétel (Frobenius tétele). Ha A olyan valós számtest feletti véges di-

menziós algebra, amely ferdetest, akkor A izomorf a valós számok, a komplex

számok, vagy a kvaterniók algebrájával.

Adolf Hurwitz 1898-ban megmutatta, hogy a Cayley-számokon túl már

sok jóra nem számíthatunk.

3.3.2. Tétel (Hurwitz tétele). Ha A olyan valós számtest feletti nemasszo-

ciatív normált algebra, melyben minden nemnulla elemmel elvégezhet® az

osztás, akkor A izomorf a Cayley-számok algebrájával.

50

3.3.4. Négy-négyzetszám tétel

Azt, hogy minden pozitív egész felírható négy négyzetszám összegeként, már

az 1600-as években többen is sejtették, els®ként azonban Joseph Louis Lag-

range bizonyította 1770-ben felhasználva Leonhard Euler egy korábbi ötle-

tét. Az itt közölt bizonyítás Hurwitz-tól származik, s a kvaterniók körében

kiépíthet® számelméleten alapul.

Szükségünk lesz a következ® állításra.

3.3.3. Lemma. Bármely p prímre léteznek olyan x és y egészek, hogy

1 + x2 + y2 ≡ 0 (mod p).

Bizonyítás. Az állítás p = 2 esetén triviális. Legyen most p > 2. Ha x vé-

gigfut a modulo p teljes maradékrendszeren, akkor x2 értékei a kvadratikus

maradékok és a 0 maradékosztály lesznek. A páronként inkongruens kvad-

ratikus maradékok száma modulo p éppen p−12 , így x2-re

p− 1

2+ 1 =

p+ 1

2

páronként inkongruens értéket kapunk. Ugyanez igaz y2-re, és így −y2 −− 1-re is. Mivel páronként inkongruens szám modulo p csak p darab van, a

skatulya-elv szerint x2 és −y2−1 valamely x-re és y-ra p-vel osztva ugyanazt

a maradékot adja, tehát az állítás valóban teljesül.

3.3.4. Tétel (Négy-négyzetszám tétel). Minden pozitív egész felírható négy

négyzetszám összegeként.

Bizonyítás. Az α ∈ H kvaternió normája alatt az N(α) = αα nemnegatív

valós számot értjük. Bármely α, β ∈ H esetén αβ = βα,

N(αβ) = αβαβ = αββα = αN(β)α = ααN(β) = N(α)N(β).

Ha α = a1 + a2i + a3j + a4k és β = b1 + b2i + b3j + b4k, akkor a fenti

51

egyenl®ségb®l

(a21 + a22 + a23 + a24)(b21 + b22 + b23 + b24)

= (a1b1 − a2b2 − a3b3 − a4b4)2 + (a1b2 + a2b1 + a3b4 − a4b3)2

+ (a1b3 + a3b1 + a4b2 − a2b4)2 + (a1b4 + a4b1 + a2b3 − a3b2)2

következik. Ez azt jelenti, hogy két, négy négyzetszám összegeként felírható

egész szorzata is felírható négy négyzetszám összegeként, tehát elég a tételt

prímszámokra belátni.

Jelölje H az 1+i+j+k2 , i, j, k kvaterniók egész együtthatós lineáris kom-

binációit, vagy más szóval mindazon kvaterniókat, melynek vagy mindegyik

komponense egész, vagy mindegyik komponense páratlan egész fele. Ezeket

szokás Hurwitz-kvaternióknak vagy Hurwitz-egészeknek nevezni. Könnyen

belátható, hogy H asszociatív, egységelemes, zérusosztómentes gy¶r¶. Mi-

vel H nem kommutatív, külön beszélünk bal- illetve jobboldali osztókról.

Azt mondjuk, hogy a β Hurwitz-egész a γ Hurwitz-egésznek jobboldali osz-

tója, ha van olyan α Hurwitz-egész, melyre αβ = γ. Ha δ ∈ H jobboldali

osztója az α és β Hurwitz-egészeknek, akkor δ-t az α és β jobboldali közös

osztójának nevezzük; továbbá, ha δ jobb oldali osztója α és β minden jobb-

oldali közös osztójának, akkor azt mondjuk, hogy δ az α és β legnagyobb

közös jobboldali osztója, és a δ = (α, β)r jelölést használjuk.

A szokásos módon igazolható, hogy ha u ∈ H egység, akkor N(u) = 1,

mely segítségével megkaphatjuk a 24 db egységet:

±1,±i,±j,±k,±1

2± i

2± j

2± k

2.

Most megmutatjuk, hogy H az N normával jobb euklideszi gy¶r¶, azaz

bármely α, β ∈ H,β 6= 0 esetén léteznek olyan τ, ρ ∈ H, hogy α = τβ + ρ,

ahol N(ρ) < N(β). Valóban, legyen

αβ−1 = r1 + r2i+ r3j + r4k,

52

ahol r1, r2, r3, r4 ∈ Q, tehát αβ−1 nem feltétlenül Hurwitz-egész. Legyen

τ = c11 + i+ j + k

2+ c2i+ c3j + c4k ∈ H.

Ekkor

αβ−1 − τ = (r1 − c1/2) + (r2 − c1/2− c2)i+ (r3 − c1/2− c3)j

+ (r4 − c1/2− c4)k.

A c1, c2, c3, c4 egészek megválaszthatók úgy, hogy |2r1− c1| 6 12 és ha i > 1,

akkor |ri − c1/2− ci| 6 12 teljesüljenek. Ekkor ρ := α− τβ ∈ H és

N(ρ) = N(α− τβ) = N(αβ−1 − τ)N(β) 6

(1

16+

3

4

)N(β) < N(β).

Tehát H jobb euklideszi gy¶r¶, így bármely két nemnulla elemének létezik

legnagyobb közös jobboldali osztója, mely megkapható az euklideszi algorit-

mus utolsó zérustól különböz® maradékaként.

Legyen p egy páratlan prím. Ekkor az el®z® lemma szerint létezik x, y ∈ Zúgy, hogy

p | 1 + x2 + y2 = (1 + xi+ yj)(1− xi− yj).

Legyen α = 1 +xi+yj. Mivel 1p ±

xip ±

yjp nem Hurwitz-egész, p nem osztója

sem α-nak, sem α-nak. Legyen γ = (p, α)r. Ekkor p = βγ valamely β ∈ H-

ra. Ha β egység volna, akkor p a γ jobboldali osztója lenne, és így α-nak is,

ami ellentmondás. Tehát N(β) > 1. Továbbá, pα = αp és p osztója αα-nak,

ezért p jobboldali osztója γα = (pα, αα)r-nak. Mivel p nem osztója α-nak,

így γ nem lehet egység, tehát N(γ) > 1. Mivel

N(β)N(γ) = N(p) = p2,

kapjuk, hogy N(β) = N(γ) = p. Tehát ha γ = c1 + c2i + c3j + c4k, akkor

c21 + c22 + c23 + c24 = p. Ha c1, c2, c3, c3 ∈ Z, akkor kész vagyunk. Egyébként

c1, c2, c3, c3 ∈ Z + 12 , így léteznek olyan ds egészek és es ∈ {±1

2}, hogy

53

cs = 2ds + es, ahol s ∈ {1,2,3,4}. Legyen

δ = d1 + d2i+ d3j + d4k, ε = e1 + e2i+ e3j + e4k.

Ekkor γ = 2δ + ε és N(ε) = 1, továbbá a θ = γε = 2δε + 1 minden

komponense egész, és N(θ) = N(γ) = p. Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

3.4. Feladatok

1. Mutassa meg, hogy tetsz®leges x0 pozitív valós szám esetén az

xn+1 =1

2

(xn +

a

xn

)sorozat konvergens és határértéke

√a!

2. Alkalmazza a numerikus analízisb®l ismert Newton-féle érint®módszert

az f(x) = x2− a polinom zérushelyének közelítésére, majd vesse össze

a módszert a babiloniak négyzetgyökvonási algoritmusával!

3. Igazolja Bhászkara alábbi, a XII. századból származó azonosságait,

majd állítsa el® két négyzetgyök összegeként a√

17 +√

240 számot!

a) √a±√b =

√a+√a2 − b2

±

√a−√a2 − b2

b) √a±

√a2 − c2 =

√a+ c

2+

√a− c

2

4. Igazolja, hogy bármely x, y kvaternió esetén xy = yx!

5. Határozza meg az i+ j és az i+ j+k kvaterniók négyzetét és inverzét!

6. Bizonyítsa be, hogy az x0 = a0 + a1i+ a2j+ a3k kvaternió kielégíti az

x2 − 2a0x+ a20 + a21 + a22 + a23 = 0

54

egyenletet, és ezen egyenlet gyökeinek halmaza kontinuum számosságú!

7. Mi a kvaterniók ferdetestének centruma, vagyis melyek azok a kvater-

niók, melyek minden kvaternióval felcserélhet®k?

8. Mutassa meg, hogy a kvaterniók körében a −1-nek végtelen sok négy-

zetgyöke van!

9. Mutassa meg, hogy a Cayley-számok szorzása alternatív tulajdonságú,

azaz bármely a, b ∈ O esetén teljesülnek az

a(ab) = (aa)b, a(bb) = (ab)b, a(ba) = (ab)a

azonosságok!

10. Igazolja a Cayley-számok báziselemeinek szorzását leíró táblázat he-

lyességét!

11. Mutassa meg, hogy a Fano-sík projektív sík!

12. De�niálja a Hurwitz-egészek körében a baloldali osztó fogalmát, majd

mutassa meg, hogy a bal és jobboldali osztók nem mindig esnek egybe!

Irodalomjegyzék

[1] Bódi Béla: Algebra II. A gy¶r¶elmélet alapjai. Kossuth Egyetemi Kiadó,

Debrecen, 2000.

[2] H.-D. Ebbinghaus, H. Hermes, F. Hirzebruch, M. Koecher, K. Mainzer,

J. Neukirch, A. Prestel, R. Remmert: Numbers. Springer-Verlag, 1991.

[3] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Typotex kiadó, Budapest, 2007.

[4] Sain Márton: Nincs királyi út! Matematikatörténet. Gondolat Kiadó,

Budapest, 1986.

[5] Simonovits András: Válogatott fejezetek a matematika történetéb®l. Ty-

potex kiadó, Budapest, 2009.

55

4. fejezet

A π

�És csinála egy öntött tengert, mely egyik szélét®l fogva a másik

széléig tíz sing volt, köröskörül kerek, és öt sing magas, és a kerü-

letit harmincz sing zsinór érte vala körül.� (Királyok els® könyve,

7.23)

Abban, hogy ez a bibliai idézet számítási vagy mérési hibával terhelt, vagy a

tizedesjegyek csak egyszer¶ kerekítés következtében vesztek el, nem foglalunk

állást. Cserébe bizonyítunk jónéhány π-vel kapcsolatos állítást.

4.1. π irracionális

Arkhimédész észrevette, hogy tetsz®leges kör kerületének és átmér®jének

aránya mindig ugyanaz a konstans. Ennek π-vel, a kerület szó görög megfe-

lel®jének kezd®bet¶jével való jelölését valószín¶leg Leonhard Euler kezdemé-

nyezte 1737-ben. Arkhimédész ezen konstans értékére a körbe, illetve annak

köré írt szabályos 96-szög kerületének összehasonlításával a 31071 6 π 6 31

7

becslést kapta.

Azt, hogy a π nem írható fel két egész szám hányadosaként, már Ariszto-

telész is sejtette, de bizonyítást els®ként Johann Heinrich Lambert publikált

56

1766-ban. El®ször a

tg(x) =x

1−x2

3−x2

5−x2

7− . . .

egyenl®séget igazolta, majd megmutatta, hogy ha x nullától különböz® ra-

cionális szám, akkor az egyenl®ség jobb oldala irracionális. Mivel tg π4 = 1,

ebb®l már következik, hogy π irracionális. Ez a bizonyítás azonban csak

Adrien-Marie Legendre egy 1806-ban közölt, a végtelen lánctörtekr®l szóló

eredményével tekinthet® teljesnek. Legendre ugyanebben a munkájában azt

is igazolta, hogy π2 irracionális.

Az alábbi bizonyítás Ivan Niven-t®l származik 1947-b®l [7].

4.1.1. Tétel. A π irracionális szám.

Bizonyítás. Az állítással ellentétben tegyük fel, hogy π racionális, azaz lé-

teznek olyan a és b (feltehet®en pozitív) egészek, melyre π = ab . Legyen

f : R→ R,

f(x) =xn(a− bx)n

n!,

ahol n kés®bb megválasztandó, rögzített pozitív egész, és F : R→ R,

F (x) = f(x) + · · ·+ (−1)jf (2j)(x) + · · ·+ (−1)nf (2n)(x),

ahol f (2j)(x) alatt az f függvény 2j-edik deriváltját értjük. Megmutatjuk,

hogy

I =

π∫0

f(x) sinx dx

pozitív egész. Mivel f 2n-ed fokú polinom, így f (2n+2) = 0 és F ′′ + F = f .

Továbbá, a függvények szorzatára vonatkozó deriválási szabályt alkalmazva

57

kapjuk, hogy

(F ′(x) · sinx− F (x) · cosx)′ = F ′′(x) · sinx+ F (x) · sinx

= f(x) · sinx,

így

I =[F ′(x) sinx− F (x) cosx

]π0

= F (π) + F (0).

Az f polinomban minden 0 6 k 6 2n esetén az xk együtthatója ckn! ala-

kú, ahol ck egész szám, mely nyilván nulla minden n-nél kisebb k-ra. Ezért

f (k)(0) = 0, ha k < n, az n 6 k 6 2n esetben pedig f (k)(0) = k!ckn! , amely

nyilván egész szám. Következésképpen F (0) egész szám. Mivel f(x) = f(π−− x), így F (π) = F (0), tehát F (π) és F (π) + F (0) is egész számok. Mivel

0 < x < π esetén f(x) és sinx is pozitív, igazoltuk, hogy I = F (π)+F (0) =

= 2F (0) valóban pozitív egész.

Másrészt, ha 0 6 x 6 π, akkor 0 6 x(a− bx) 6 πa és 0 6 sinx 6 1, így

I 6 π(πa)n

n!.

Elég nagy n esetén (πa)n

n! < 1, ekkor 0 < I < 1, ami ellentmond annak, hogy

I pozitív egész.

Ennél er®sebb állítás is igazolható: π nem lehet megoldása egyetlen olyan

algebrai egyenletnek sem, melynek együtthatói racionális számok, vagy más

szóval, π nem algebrai szám, hanem transzcendens. Ezt mint sejtést már Eu-

ler, Joseph Louis Lagrange és Legendre is megfogalmazták. Megjegyezzük,

hogy ebben a korban (1800-as évek eleje) még nem tudták, hogy létezik-e

egyáltalán transzcendens szám, mígnem 1844-ben Joseph Liouville megmu-

tatta, hogy a � jól approximálható� irracionális számok transzcendensek, így

például az

α =

∞∑k=1

1

10k!= 0,11000100000 . . .

szám transzcendens. A következ® mérföldkövet 29 évvel kés®bb Charles Her-

mite helyezte el azzal, hogy belátta az e számról, hogy transzcendens. Rá

58

egy évre Georg Cantor bebizonyította, hogy kontinuum sok transzcendens

szám van, azaz a valós (komplex) számok többsége transzcendens. Azt, hogy

a π is transzcendens, Ferdinand von Lindemann igazolta 1882-ben, Hermite

módszerét továbbgondolva. Itt a tétel egy általánosabb változatát közöljük,

bizonyítás nélkül.

4.1.2. Tétel (Lindemann-Weierstrass). Legyenek c1, c2, . . . , cn páronként

különböz® algebrai számok. Ekkor a1ec1 + a2ec2 + · · · + ane

cn 6= 0 tetsz®-

leges a1, a2, . . . , an algebrai számok esetén.

Innen n = 2, c1 = c és c2 = 0 választással kapjuk, hogy ec nem írható

fel két algebrai szám hányadosaként, következésképpen ec nem lehet algeb-

rai szám. A c = 1 eset az e transzcendens voltát mutatja. Idézzük fel az

eiπ = −1 egyenl®séget. Mindkét oldalt négyzetre emelve e2iπ = 1 adódik.

Mivel 2i algebrai, így π már nem lehet az. Ezen eredmény jelent®ségére a

kés®bbiekben derül fény.

4.2. Bu�on-féle t¶probléma

Egy rövid t¶t egy vonalas lapra leejtve, mi a valószín¶sége annak, hogy az

keresztezni fog egy vonalat? - vetette fel a kérdést George Louis Leclerc, Buf-

fon grófja 1777-ben. Érezhet®, hogy ez a valószín¶ség függ a lap vonalainak

d távolságától és a t¶ l hosszától. A rövid t¶ számunkra majd azt jelenti,

hogy l 6 d, azaz a t¶ egyszerre legfeljebb egy vonalat metszhet.

4.2.1. ábra. Bu�on-féle t¶probléma

A probléma érdekes, de mit keres a π-vel foglalkozó fejezetben? Az derült

59

ki, hogy a keresett valószín¶ség pontosan

p =2

π· ld,

ami azért is meglep®, mert ezek szerint egyszer¶ kísérletezés során közelít®

értéket kaphatunk a π-re.

Az els®ként közölt bizonyítás magától Bu�ontól származik, ezzel történt

meg a geometriai valószín¶ségi mez® megalapozása.

4.2.2. ábra. Bu�on megoldása - a t¶ egyenessel bezártszöge

4.2.3. ábra. Bu�on megoldása - geometriai valószín¶sé-gi mez®

Tegyük fel, hogy a t¶ és a hozzá legközelebb es® egyenes által bezárt

szög mértéke x. Ekkor 0 6 x 6 π2 . Ha a t¶ metszi az egyenest, akkor a t¶

középpontjának az egyenest®l mért távolsága legfeljebb l2 sinx. Így a kedvez®

60

esetek számát az ∫ π2

0

l

2sinx dx =

l

2[− cosx]

π20 =

l

2

mérték¶ terület reprezentálja, míg az összes esetek számát a π2 és d

2 oldalú

téglalap π2 ·

d2 területe. A keresett valószín¶ség tehát

p =

l

2

π

2·d

2

=2

π· ld.

A következ® bizonyítást el®ször Joseph Emile Barbier publikálta 1860-

ban [3].

Ha leejtünk egy tetsz®leges l hosszúságú t¶t (akár a vonalak távolságánál

is hosszabbat), akkor a metszéspontok számának várható értéke

E(l) = p1 + 2p2 + 3p3 + . . . ,

ahol pi annak a valószín¶sége, hogy a t¶ pontosan i vonalat fog metszeni.

A keresett valószín¶ség (a t¶ legalább egy vonalat fog metszeni) ekkor p =

= p1 + p2 + p3 + . . . . Ha a t¶ rövid, akkor nyilván p2 = p3 = · · · = 0 és

E(l) = p1 = p. A várható érték homogenitásából következik, hogy E(l) =

= E(l · 1) = l · E(1). Tehát elég lenne azt meghatározni, hogy egységnyi

hosszúságú t¶ esetén mennyi a metszéspontok számának E(1) várható ér-

téke. Vegyünk most az l hosszúságú szakasz helyett egy d átmér®j¶, kör

4.2.4. ábra. Bu�on-féle t¶probléma kör alakú t¶vel

alakú t¶t. Ennek hossza nyilván dπ. Egy ilyet leejtve annak mindig pon-

tosan két közös pontja lesz a vonalakkal, tehát a metszéspontok várható

61

értéke 2. Írjunk most a körbe és köré is egy-egy n oldalú sokszöget. Jelölje

a beírt sokszög kerületét Kn. A várható érték lineáris, így a beírt sokszög

vonalakkal való metszéspontjai számának várható értéke E(1)Kn, továbbá

minden olyan vonal, ami metszi a beírt sokszöget, metszeni fogja a kört is,

így E(1)Kn 6 2. A körülírt n oldalú sokszög kerületétKn-nel jelölve hasonló

okoskodással jutunk a 2 6 E(1)Kn egyenl®tlenséghez. Innen

limn→∞

Kn = limn→∞

Kn = dπ

miatt

E(1)dπ 6 2 6 E(1)dπ,

ahonnan E(1) = 2π ·

1d adódik. Emlékezve arra, hogy p = E(l) = E(1)l, újra

a

p =2

π· ld

megoldást kapjuk.

Miel®tt az olvasó úgy dönt, hogy megpróbálja kísérletezés útján köze-

líteni a π-t, megjegyezzük, hogy a meg�gyelt esemény relatív gyakorisága

csak nagyon lassan konvergál ehhez a valószín¶séghez. Példaként megem-

lítjük, hogy a szerz®k által elvégzett, számítógéppel szimulált kísérletben

d = 1, l = 1 paraméterek mellett a t¶ 10000 leejtésb®l 6305-ször ért vona-

lat, amely a π ≈ 3,1720857 pontosnak egyáltalán nem mondható becslést

adta. Mario Lazzarini 1901-ben azonban azt állította, hogy az általa végzett

3408 kísérletb®l, amikor a t¶ hossza a vonalak távolságának 56 része, a t¶

1808-szor metszett vonalat. Ebb®l a

π ≈ 2 · 5

6· 3408

1808= 3,1415929

hat tizedesjegyig pontos közelítés adódott, ami ellentmondani látszik annak,

hogy a fent említett konvergencia lassú. Akkoriban már jól ismerték a π ≈≈ 355

113 közelítést. Ha a t¶ hossza a vonalak távoságának 56 része, akkor a

metszés valószín¶sége p = 53π . Végezzünk n kísérletet, és tegyük fel, hogy

k-szor esik a t¶ valamelyik vonalra. Becsüljük a p valószín¶séget a kn relatív

62

gyakorisággal, π-t pedig a 355113 racionális számmal. Ekkor a

355

113=

5

3· nk,

ahonnan pedig a

k =113n

213

egyenl®séghez jutunk. Ha a kísérelek száma, azaz n a 213 többszöröse, akkor

a bal és jobb oldal egyaránt egész szám. Végezzünk el®ször 213 kísérletet! Ha

ebb®l 113-szor esett a t¶ valamelyik vonalra, akkor máris hat tizedesjegyig

pontos közelítést kaptunk π-re. Ha nem, végezzük el még 213-szor, és így

tovább. Lazzarini a kísérletet pontosan 16 · 213 = 3408-szor végezte el, mire

egyenl®séget kapott. Joggal merül fel a gyanú, hogy a paraméterek és a

kísérletek számának megválasztása nem volt véletlen, hanem a közelítend®

π egy már korábbról ismert közelít® értéke motiválta azt.

../video/video1.avi

Végezetül megemlítjük, hogy a Bu�on-féle t¶problémát Pierre-Simon de

Laplace általánosította arra az esetre, amikor a síkot két, egymást metsz®

párhuzamossereg hálózza be. Ha ezen párhuzamos egyenesek távolsága a és

b, és a t¶ ezeknél kisebb hossza újra l, akkor a keresett valószín¶ség

p =2l(a+ b)− l2

abπ.

4.3. Formulák a π számra

Az els® analitikus formula a π számra Vieta 1579-es képlete, mely végtelen

szorzatként állítja el® a 2π számot.

4.3.1. Vieta képlete.

2

π=

√1

2·

√1

2+

1

2

√1

2·

√√√√1

2+

1

2

√1

2+

1

2

√1

2. . .

63

Érdekesség, hogy valószín¶leg ez az els® végtelen szorzat a matematika

történetében, mely alatt a következ®t értjük:

∞∏n=1

an = limn→∞

a1 · · · an,

ha létezik a határérték.

Vieta képletének bizonyítása. A sinx = 2 sin x2 cos x2 képletet n-szer alkal-

mazva kapjuk, hogy

sinx = 2n sinx

2n

n∏i=1

cosx

2i. (4.3.1)

Az ismert limt→0

sin tt = 1 formulába t = x

2n -t helyettesítve kapjuk, hogy

1 = limt→0

sin t

t= lim

n→∞

2n

xsin

x

2n,

azaz

limn→∞

2n sinx

2n= x. (4.3.2)

Vegyük (4.3.1) mindkét oldalának határértékét n→∞ mellett, ekkor (4.3.2)

felhasználásával

sinx = limn→∞

(2n sin

x

2n

n∏i=1

cosx

2i

)= x

∞∏n=1

cosx

2n. (4.3.3)

Helyettesítsük a (4.3.3) egyenletbe az x = π2 számot, ekkor

2

π= cos

π

4· cos

π

8· · · cos

π

2n· · · . (4.3.4)

Felhasználva, hogy 0 6 x 6 π2 esetén cos x2 =

√12 + 1

2 cosx, adódik, hogy

cosπ

4=

√1

2, cos

π

8=

√1

2+

1

2

√1

2, cos

π

16=

√√√√1

2+

1

2

√1

2+

1

2

√1

2, . . .

64

amiket a (4.3.4) egyenletbe helyettesítve a bizonyítandó állítást kapjuk.

4.3.2. jelölés. Jelölje n!! (n szemifaktoriális) az n-nél nem nagyobb, n-nel

azonos paritású pozitív egészek szorzatát, tehát n!! = n(n− 2) · · · 4 · 2 ha n

páros, illetve n!! = n(n− 2) · · · 3 · 1 ha n páratlan.

John Wallis 1655-ben fedezte fel híres formuláját.

4.3.3. Wallis-formula.

π = limn→∞

1

n

((2n)!!

(2n− 1)!!

)2

.

Bizonyítás. El®ször kiszámoljuk az In =∫ π

20 sinn x dx határozott integrált,

ahol n ∈ N. Parciálisan integrálva:

In =

∫ π2

0sinx sinn−1 x dx

=[− cosx sinn−1 x

]π2

0+ (n− 1)

∫ π2

0sinn−2 x cos2 x dx

= (n− 1)

∫ π2

0sinn−2 x(1− sin2 x) dx = (n− 1)(In−2 − In),

amib®l n > 2 esetén

In =n− 1

nIn−2.

A rekurzióból, felhasználva az I0 = π2 és I1 = 1 értékeket, könnyen adódik,

hogy In = (n−1)!!n!! · π2 ha n páros, illetve In = (n−1)!!

n!! ha n páratlan.

Felhasználva, hogy In-ben az integrandus pozitív és n-ben monoton csök-

ken, kapjuk, hogy minden n ∈ N+-ra

I2n+1 < I2n < I2n−1,

azaz(2n)!!

(2n+ 1)!!<

(2n− 1)!!

(2n)!!· π

2<

(2n− 2)!!

(2n− 1)!!.

65

Rendezve az egyenl®tlenségeket, a következ®t kapjuk:

π <1

n

((2n)!!

(2n− 1)!!

)2

< π2n+ 1

2n.

A bal és a jobb oldal n→∞ esetén egyaránt π-hez tart, így a rend®r-szabály

szerint a középs® kifejezés is, ami bizonyítja a formulát.

James Gregory 1671-ben sorösszegként állítja el® π-t, melyet Leibniz

1674-ben újra felfedez.

4.3.4. Leibniz sora a π számra.

π

4=∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1.

Bizonyítás. Ha x ∈ (−1,1), akkor

(arctg x)′ =1

1 + x2=∞∑n=0

(−x2

)n.

A fenti hatványsor minden x ∈ (0,1) esetén egyenletesen konvergens a [0, x]

intervallumon, tehát integrálhatunk rajta tagonként. Így minden 0 < x < 1

esetén

arctg x =

∫ x

0

∞∑n=0

(−t2)n

dt =

∞∑n=0

∫ x

0

(−t2)n

dt =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1.

(4.3.5)

Legyen

g(x) =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1.

A g(x) hatványsor abszolút konvergens a (−1,1) intervallumon. Az 1 helyen

g(1) =∞∑n=0

(−1)n 12n+1 , a sor tagjai váltakozó el®jel¶ek és abszolút értékben

szigorúan monoton csökkenve tartanak nullához, így Leibniz nevezetes té-

telének értelmében a sor konvergens. Ekkor a g(x) hatványsor Abel tétele

miatt a konvergencia-intervallum végpontjában, 1-ben is folytonos balról,

66

így a (4.3.5) egyenletet is felhasználva

∞∑n=0

(−1)n1

2n+ 1= g(1) = lim

x→1−0g(x) = lim

x→1−0arctg x = arctg 1 =

π

4.

James Stirling 1730-ban kifejezte log(n!)-t végtelen sor alakban, majd

Abraham de Moivre még ugyanabban az évben egyszer¶sítette a képletet.

Moivre igazolta el®ször, hogy limn→∞

n!√n(ne )

n = c valamilyen c > 0 konstanssal,

majd Stirling bizonyította be, hogy c =√

2π. A formula kimondása el®tt

célszer¶ megismerkedni az alábbi de�nícióval.

4.3.5. De�níció. Legyenek f : N→ R és g : N→ R függvények. Azt mond-

juk, hogy az f(n) és g(n) aszimptotikusan egyenl®k, vagy g(n) aszimptotika

f(n)-re, ha limn→∞

f(n)g(n) = 1. Jelölése: f(n) ∼ g(n).

4.3.6. Stirling-formula.

√2π = lim

n→∞

n!√n(ne

)n ,azaz

n! ∼√

2πn(ne

)n.

Az n! fenti aszimptotikája nagyon hasznos mind az analízisben, mind

a valószín¶ségszámításban. A bizonyítás el®tt szükségünk lesz a következ®

de�nícióra.

4.3.7. De�níció. Legyenek f : N→ R és g : N→ R függvények. Azt mond-

juk, hogy f(n) = O (g(n)), szavakban f(n) nagy ordó g(n), ha létezik C > 0

konstans, hogy minden n ∈ N-re |f(n)| 6 C|g(n)|.

A de�níció megértéséhez célszer¶ megoldani a 9. feladatot!

Bizonyítás. El®ször igazolni fogjuk, hogy létezik

limn→∞

n!√n(ne

)n = c, (4.3.6)

67

majd kiszámoljuk c értékét. A (4.3.6) ekvivalens a logaritmálással kapott

limn→∞

(log n!−

(n+

1

2

)log n+ n

)= log c

egyenl®séggel, tehát az

an = log n!−(n+

1

2

)log n+ n

sorozat konvergenciáját kell igazolnunk el®ször. Vizsgáljuk az an− an+1 kü-

lönbséget, felhasználva a log(1 + x) függvény Taylor-sorfejtését x ∈ (−1,1)

esetén:

an − an+1 =

(n+

1

2

)log

(1 +

1

n

)− 1

=

(n+

1

2

)(1

n− 1

2n2+

1

3n3+O

(n−4

))− 1

= (1− 1) +

(1

2− 1

2

)1

n+

(1

3− 1

4

)1

n2+O

(n−3

)=

1

12n2+O

(n−3

).

Így létezik N ∈ N, hogy minden n > N esetén

0 < an − an+1 <1

6n2. (4.3.7)

Tehát az an sorozat monoton csökken az N küszöbindext®l kezdve, így elég

igazolnunk a konvergenciához, hogy alulról korlátos. Használva (4.3.7)-t min-

den m > N esetén

aN − am =m−1∑n=N

(an − an+1) <m−1∑n=N

1

6n2<

1

6

∞∑n=1

1

n2<

1

3.

A fenti levezetés utolsó egyenl®tlenségének igazolása az olvasóra marad, lásd

10. feladat. (Megjegyezzük, hogy a 4.3.8 pontban a∞∑n=1

1n2 sor pontos értékét

68

is kiszámoljuk.) Tehát minden m > N -re

am > aN − 13 ,

azaz a sorozat alulról korlátos. Ezzel igazoltuk, hogy an konvergens.

Most meghatározzuk a c konstans értékét. Legyen

bn =n!

√n(ne

)n .Ekkor lim

n→∞bn = c, így az utolsó egyenl®ségnél a 4.3.3 Wallis-formulát fel-

használva:

c = limn→∞

b2nb2n

= limn→∞

√2

22n(n!)2

(2n)!√n

= limn→∞

√2

√1

n

((2n)!!

(2n− 1)!!

)2

=√

2π.

Ezzel a Stirling-formulát bebizonyítottuk.

A következ® állítást Leonhard Euler igazolta 1734-ben.

4.3.8. Euler-sor.∞∑n=1

1

n2=π2

6.

Az eredmény azért is fontos, mert a zéta függvény egyik értékét, a ζ(2)-t

adja meg. Számos különböz®, elegáns bizonyítás ismert, melyek felvonultat-

ják az analízis több területét, a kett®s integráloktól a Fourier-sorokon át a

komplex függvénytanig. Az itt közölt bizonyítás el®ször 1954-ben jelent meg

Akiva és Isaak Yaglom feladatgy¶jteményében, és nem használ a határér-

tékszámításnál és a komplex számok egy alap azonosságánál bonyolultabb

fogalmat.

Bizonyítás. El®ször igazoljuk, hogy minden n ∈ N+ esetén

ctg2(

π

2n+ 1

)+ ctg2

(2π

2n+ 1

)+ · · ·+ ctg2

(nπ

2n+ 1

)=

2n(2n− 1)

6.

(4.3.8)

69

Az ismert

cos(2n+ 1)x+ i sin(2n+ 1)x = (cosx+ i sinx)2n+1

komplex azonosság mindkét oldalának a képzetes részét véve a következ®

formulát kapjuk:

sin(2n+ 1)x =n∑j=0

(2n+ 1

2j + 1

)(−1)j sin2j+1 x cos2n−2j x. (4.3.9)

Legyen minden k ∈ {1, . . . , n} esetén

xk =kπ

2n+ 1,

ekkor sin(2n+ 1)xk = sin kπ = 0. A (4.3.9) egyenletbe behelyettesítve xk-t,

majd elosztva sin2n+1 xk-val adódik, hogy minden k ∈ {1, . . . , n}-re

0 =n∑j=0

(2n+ 1

2j + 1

)(−1)j ctg2n−2j xk.

Tehát az n-edfokú

p(z) =n∑j=0

(2n+ 1

2j + 1

)(−1)jzn−j

polinomnak minden k ∈ {1, . . . , n} esetén gyöke a

zk = ctg2(

kπ

2n+ 1

).

Mivel 0 < x1 < · · · < xn <π2 , így zn < · · · < z1, vagyis p(z) összes gyöke

z1, . . . , zn. Így

p(z) =

(2n+ 1

1

)(z − ctg2

(π

2n+ 1

))· · ·(z − ctg2

(nπ

2n+ 1

)).

A p(z) polinomban zn−1 együtthatója −(2n+1

3

), így a Vieta-formula alapján

70

a gyökök összegére

z1 + · · ·+ zn =

(2n+1

3

)(2n+1

1

) =2n(2n− 1)

6

adódik, így (4.3.8)-t igazoltuk. Szükségünk lesz még egy azonosságra:

1

sin2(

π2n+1

) +1

sin2(

2π2n+1

) + · · ·+ 1

sin2(

nπ2n+1

) =2n(2n+ 2)

6. (4.3.10)

Mivel 1sin2 x

= ctg2 x+ 1, így (4.3.8) mindkét oldalához n-et adva kapjuk

(4.3.10)-t. Felhasználva, hogy 0 < x < π2 esetén 0 < sinx < x < tg x,

rendezés és négyzetre emelés után adódik

ctg2 x <1

x2<

1

sin2 x. (4.3.11)

Alkalmazzuk (4.3.11)-t xk-ra minden k ∈ {1, . . . , n} esetén, és adjuk össze

az n darab kett®s egyenl®tlenséget. A bal oldali összeghez (4.3.8)-t, a jobb

oldalihoz pedig (4.3.10)-t felhasználva kapjuk, hogy

2n(2n− 1)

6<

(2n+ 1

π

)2

+

(2n+ 1

2π

)2

+ · · ·+(

2n+ 1

nπ

)2

<2n(2n+ 2)

6.

Átrendezve

π2

6· 2n

2n+ 1· 2n− 1

2n+ 1<

1

12+

1

22+ · · ·+ 1

n2<π2

6· 2n

2n+ 1· 2n+ 2

2n+ 1.

Mind a bal, mind a jobb oldal határértéke n → ∞ esetén π2

6 , így a rend®r-

szabály alapján∞∑n=1

1n2 = π2

6 , a bizonyítást befejeztük.

4.4. Feladatok

1. Egy pontot véletlenszer¶en dobtunk egy négyzetrácsos lapra. Mennyi

a valószín¶sége annak, hogy az kevesebb, mint 1/2 egységnyire esik

71

valamelyik négyzet középpontjától?

2. Egy rács 1 egység oldalú (a) négyzetekre; (b) egyenl® oldalú háromszö-

gekre osztja fel a síkot. Mennyi a valószín¶sége annak, hogy a lapra egy

1 egység átmér®j¶ pénzérmét dobva az lefedi valamelyik rácspontot?

3. Egy (kör alakú) érmét egy négyzetrácsos lapra dobunk. Mi a valószí-

n¶sége annak, hogy az érme ráesik valamelyik rácsvonalra?

4. Legyen az egységsugarú körbe, illetve köré írt szabályos n-oldalú sok-

szög oldalának fele an és An. Igazolja, hogy

a2n =

√1−

√1− a2n2

és A2n =

√1 +A2

n − 1

An!

5. Lássa be a fejezetben is felhasznált limx→0

sinxx = 1 összefüggést!

6. Igazolja, hogy∞∑n=1

(−1)n+1

n = log 2! Segítség: használja a Leibniz soránál

megismert hatványsoros módszert!

7. A Stirling-formula segítségével határozza meg a limn→∞

(2nn )√n

4n határér-

téket!

8. Adjon olyan aszimptotikát(3nn

)-re, melyben nem szerepel faktoriális!

9. Bizonyítsa be a 4.3.7 de�níció alapján, hogy

a. 2n3 + 4n2 − 3n+ 2 = O(n3),

b.3n2 − 5n+ 7

4n− 3= O (n),

c.2

n2− 3

n3+

4

n4= O

(n−2

),

*d.∞∑i=4

1

ni= O

(n−4

),

**e.∞∑i=10

i

ni= O

(n−10

)!

72

*10. Adjon rövid bizonyítást a∞∑n=1

1n2 < 2 egyenl®tlenségre! Segítség: pró-

báljon teleszkopikus összeggel felülr®l becsülni, vagy próbáljon kicsit

er®sebb állítást belátni teljes indukcióval!

**11. Bizonyítsa be az

1

sin2 π14

+1

sin2 3π14

+1

sin2 5π14

= 24

azonosságot! Segítség: használja az Euler-sor bizonyításánál alkalma-

zott módszert kissé módosítva! (KöMaL alapján)

Irodalomjegyzék

[1] M. Aigner, G. M. Ziegler: Bizonyítások a Könyvb®l. Harmadik javított,

b®vített kiadás alapján magyarra fordította Révai Nóra. Typotex, 2004.

[2] Lee Badger: Lazzarini's Lucky Approximation of π. Mathematics Ma-

gazine, Vol. 67 (1994), 83-91

[3] E. Barbier: Note sur le probleme de l'aiguille et le jeu du point couvert.

J. Math. Pures Appl., II. Ser. 5 (1860), 273-286.

[4] Peter Beckmann: A History of Pi. St. Martin Press, 1971.

[5] L. Berggren, J. Borwein, P. Borwein: Pi: A Source Book. Harmadik

kiadás. Springer, 2003.

[6] H.-D. Ebbinghaus, H. Hermes, F. Hirzebruch, M. Koecher, K. Mainzer,

J. Neukirch, A. Prestel, R. Remmert: Numbers. Springer-Verlag, 1991.

[7] Ivan Niven: A simple proof that π is irrational. Bull. Amer. Math. Soc.

53:6 (1947), 509.

73

5. fejezet

Ókori problémák - újkori

bizonyítások

5.1. Három görög probléma

A fejezet els® részében három híres ókori görög feladatot tárgyalunk. Ezek

közül az els®, �a kör négyszögesítése� a köznyelvben gyakran a lehetetlen

szinonimájaként szerepel. Vajon joggal?

Probléma (A kör négyszögesítése). Adott körhöz szerkeszthet®-e vele azonos

terület¶ négyzet?

A kör a sugarát r-rel jelölve a feladat nem más, mint egy olyan x hosszú-

ságú szakasz szerkesztése, melyre x2 = r2π, azaz x = r√π. Az alapkör

sugarát nyilván tekinthetjük egységnyinek; ekkor a√π hosszú szakasz szer-

keszthet®sége a kérdés.

A következ® feladat eredete egy legenda szerint az, hogy egy a Délosz szi-

getén kitört pestisjárvány elmúlásához az istenek egy templom kocka alakú

oltárának megkett®zését kérték. A kívánság teljesítése azonban akadályba

ütközött: a k®faragók képtelenek voltak megszerkeszteni a kétszer nagyobb

térfogatú kocka élét. Eratoszthenész Platónikosz cím¶ dialógusa szerint az

építészek Platónhoz fordultak a problémával, aki csak annyit mondott, hogy

szerinte az istenek célja a kéréssel csupán az emberek matematika m¶ve-

74

lésére való buzdítása. Megoldásról azonban nem beszélt. A feladat tehát a

következ®.

Probléma (Kockakett®zés). Adott a oldalú kockához szerkeszthet®-e olyan

x hosszúságú szakasz, melyre az x oldalú kocka térfogata az a oldalú kocka

térfogatának kétszerese?

Nyilván x és a között fennáll az x3 = 2a3 egyenl®ség. Ez azzal ekvivalens,

hogy adott a hosszúságú szakaszhoz szerkeszthet®-e a 3√

2 hosszú szakasz. Az

a-t egységnyi hosszúságúnak tekintve a kérdés az, hogy szerkeszthet®-e 3√

2

hosszúságú szakasz.

Már az ókori görögök számára sem jelentett kihívást egy adott szög két

egyenl® részre osztása, azaz a szögfelezés. Tetsz®leges szög három egyenl®

részre történ® felosztását azonban nem tudták megoldani (trisectio).

Probléma (Szögharmadolás). Lehetséges-e tetsz®leges szöget három egyenl®

részre osztani?

A problémák fenti megfogalmazása csak akkor tekinthet® pontosnak, ha

tisztázzuk, hogy mit értünk szerkesztés alatt, milyen eszközökkel dolgozha-

tunk és azokkal mit lehet csinálni. Ez el®ször Euklidész Elemek cím¶ köny-

vében került rögzítésre. Egy síkbeli szerkesztési feladat leegyszer¶sítve nem

más, mint adott pontokhoz, egyenesekhez, körökhöz újabbak (a megadot-

takkal valamilyen viszonyban lév®k) szerkesztése. Egy szerkesztési feladatot

akkor mondunk euklideszi szerkesztéssel megoldhatónak, ha egy egyél¶ vo-

nalzó és egy körz® segítségével az alábbi lépések véges számú ismétlésével

elvégezhet®:

1. Adott vagy már megszerkesztett egyenesek, körök metszéspontjainak

kijelölése.

2. Két adott vagy már megszerkesztett pontra illeszked® egyenes rajzo-

lása.

3. Két adott pont vagy már megszerkesztett pont távolságával mint su-

gárral kör rajzolása egy adott pontból mint középpontból.

75

Az els® lépésben �kijelölés� alatt azt értjük, hogy az adott vagy már meg-

szerkesztett alakzatok metszéspontjait a továbbiakban megszerkesztett pon-

toknak tekinthetjük. Példaképpen megmutatjuk, hogy a szakaszfelez® pont

szerkesztése elvégezhet® euklideszi módon. Itt a két kiinduló pont a szakasz

két végpontja. A 3. pont engedélyével ezek távolsága körz®nyílásba vehet®,

majd mindkét végpont körül kör ezen sugárral kör rajzolható. Az 1. pont

szerint ezek metszéspontjai kijelölhet®k, majd a 2. pont értelmében rájuk

illeszked® egyenes húzható. Ezzel a szakaszfelez® mer®legest megszerkesztet-

tük, a felez®pont pedig a felez® mer®leges és a szakasz metszéspontja.

5.1.1. ábra. Szakaszfelez® pont szerkesztés

5.2. El®zmények

Ebben a részben a teljesség igénye nélkül említünk meg néhány, a fenti prob-

lémák megoldására tett kísérletet. Mint azt látni fogjuk, mindegyik átlépi

az euklideszi szerkesztés határait.

5.2.1. Körívekkel határolt síkidomok területe

A kör négyszögesítésével kapcsolatosan el®ször Hippokratész ért el eredmé-

nyeket kb. 2500 évvel ezel®tt. Bár kör helyett csak �holdacskát� sikerült

76

négyszögesítenie, ezzel els®ként szerkesztett körívekkel határolt síkidomok-

hoz azokkal azonos terület¶ négyszögeket. Egyik legismertebb észrevétele,

hogy az ábrán látható derékszög¶ háromszög oldalai fölé szerkesztett fél-

körök által határolt holdacskák területének összege a háromszög területével

egyenl®. Ennek igazságát rögtön láthatjuk, ugyanis ha a befogók fölé emelt

5.2.1. ábra. Hippokratész holdacskái

félkörök területéb®l kivonjuk azoknak a körszeleteknek a területét, amelyeket

úgy kapunk, hogy az átfogó fölé emelt félkör területéb®l kivonjuk a három-

szög területét, éppen a holdak területét kapjuk. Speciálisan, ha a derékszög¶

háromszög egyenl® szárú, akkor a holdak területének összege megegyezik an-

nak a négyzetnek a területével, melynek csúcspontjai a háromszög oldalfelez®

pontjai és az átfogóval szemközti csúcsa.

A következ® példa egy holdacska és egy kör négyszögesítése. Adott két

koncentrikus kör, melyek közül a nagyobbik sugarának négyzete hatszor ak-

kora, mint a kisebbiké. A kisebbik körbe rajzoljunk szabályos hatszöget,

majd az OA, OB és OC sugarakat hosszabbítsuk meg az 5.2.2. ábrán lát-

ható módon. Legyenek ezen félegyenesek metszéspontjai a nagyobbik körrel

rendre D, E és F . A DEF egyenl® szárú háromszög alapjára rajzoljunk

olyan körszeletet, amely hasonló az FE szakaszhoz tartozó S-sel jelölt kör-

szelethez. Legyen AB = a, DE = b és DF = c. Az OAB és ODE szabá-

lyos háromszögek hasonlóak, így b2 = 6a2. Továbbá, az ODE háromszög D

csúcsból induló magasságac

2=

√3

2b,

melyb®l c2 = 3b2 következik. Tehát az S és S1 hasonló körszeletek TS és TS1

77

5.2.2. ábra. Kör és holdacska négyszögesítése

területének aránya 3, és

TS1 = 3TS = 18TS2 ,

az 5.2.2. ábrán látható S2 körszelettel. Jelölje a holdacska területét h, a

DEF háromszög területét pedig t. Ekkor

h = t+ 2TS − TS1 = t− 6TS2 ,

vagyis h + 6TS2 = t. Mindkét oldalhoz hozzáadva a bels® körbe írt hatszög

területét, a jobb oldalon a holdacska és a kisebbik kör területösszegét, míg

a bal oldalon a DEF háromszög és a hatszög területeinek összegét kapjuk.

Könny¶ látni, hogy szerkeszthet® olyan négyzet, melynek területe éppen a

jobb oldalon lév® összeg.

5.2.2. Neuszisz szerkesztés

A következ®kben feltételezzük, hogy egy adott hosszúságú szakaszt fel tu-

dunk venni úgy, hogy a szakasz két végpontja egy-egy adott görbén legyen, a

szakasz tartó egyenese pedig illeszkedjen egy adott pontra. Ez az úgynevezett

neuszisz szerkesztés nem végezhet® el euklideszi módszerrel, de megoldha-

tó egy olyan vonalzóval, mely adott pontja körül elforgatható, és a szakasz

hossza, mint távolság fel van rajta tüntetve. Arkhimédészt®l ismerjük annak

módszerét, hogyan lehet egy ilyen vonalzó segítségével szöget harmadolni.

78

5.2.3. ábra. Szögharmadolás neuszisz szerkesztéssel

Legyen adott a harmadolandó α szög. Ennek O csúcsából rajzoljunk kört

a vonalzón feltüntetett r távolsággal. Ekkor kijelölhetjük az A, a B és az

OA szögszár meghosszabbításán lév® C pontokat. Helyezzük el a vonalzót

úgy, hogy a rajta megjelölt r hosszúságú szakasz egyik végpontja az OC

félegyenesre, a másik a körívre kerüljön, valamint a vonalzó illeszkedjen a

B ponthoz. Így megrajzolhatjuk az EB egyenest. Jelölje a DEC szöget β.

Felhasználva, hogy az EOD és BDO háromszögek egyenl® szárúak, és hogy

egy háromszög küls® szöge egyenl® a két nem mellette fekv® bels® szögének

összegével, kapjuk, hogy az EOB háromszög α küls® szöge éppen 3β.

../video/video2.avi

Nikomédész a kockakett®zést neuszisz szerkesztés segítségével a követke-

z®képpen oldotta meg.

Tekintsük az ABCD téglalapot, melynek oldalai a és 2a hosszúságúak,

majd hosszabbítsuk meg az BC és AB oldalakat, az utóbbit csak az A

pont felé. Húzzuk meg a D kezd®pontú, az AB oldal felez®pontján átmen®

félegyenest, és jelölje ennek a BC oldal egyenesével vett metszéspontját E.

A BC oldalra szerkesszük meg a BCG szabályos háromszöget, legyen ennek

a BC oldalhoz tartozó magassága m. Húzzunk a C pontból párhuzamost

az EG egyenessel, majd szerkesszük meg azt a G ponton álmen® egyenest,

melynek ezen egyenes és a BC egyenes közé es® darabja, vagyis aHJ szakasz

hossza éppen a (neuszisz szerkesztés). Végül legyen a JD és AB egyenesek

metszéspontja K, valamint x az AK szakasz hossza. A KAD, KBJ és CDJ

79

5.2.4. ábra. Nikodémész kockakett®zése neuszisz szer-kesztéssel

háromszögek hasonlóságából

y + a

x+ 2a=a

x=

y

2a.

Továbbá a párhuzamos szel®k tételét a GJE szögre alkalmazva kapjuk, hogy

a

HG=

y

2a,

ígya

x=

a

HG,

tehát a HG szakasz hossza x. Az LGJ és LGC derékszög¶ háromszögekb®l

m2 kifejezésével

a2 −(a

2

)2= (a+ x)2 −

(y +

a

2

)2adódik. A négyzetre emelések elvégzésével, majd átrendezéssel az

y + a

x+ 2a=x

y

egyenl®séghez jutunk, melyet ha összevetünk az els®vel,

a

x=x

y=

y

2a

80

adódik. Azt pedig már Hippokratész korábban felismerte, hogy adott a ese-

tén a fenti aránypárt kielégít® x és y szakaszok megszerkeszthet®sége ek-

vivalens a kockakett®zés megoldhatóságával. Valóban, a fenti egyenl®ségb®l

x2 = ay és xy = 2a2. Az els®b®l y-t kifejezve, majd a másodikba beírva

kapjuk, hogy x3 = 2a3, vagyis az x él¶ kocka térfogata kétszerese az a él¶

kockáénak.

5.2.3. Szögharmadolás és kockakett®zés origamival

Az origamiról, mint papírhajtogatásról valószín¶leg már mindenki hallott,

de annak lehetséges matematikai alkalmazásai már kevésbé ismertek. Adott

egy négyzet alakú papírlap, a cél, hogy azon pusztán hajtogatás segítségé-

vel egyeneseket és pontokat azonosítsunk. Egy hajtás minden esetben egy

egyenes megszerkesztését eredményezi. Ezen kívül egyenesnek tekintjük még

a papírlap éleit. Az adott, vagy már megszerkesztett egyenesek metszés-

pontjait adott, illetve megszerkesztett pontoknak tekintjük. Az úgynevezett

Huzita-Hatori axiómák írják le, hogy tulajdonképpen mit értünk �hajtás�

alatt, milyen hajtások lehetségesek.

5.2.5. ábra. 1. és 2. axióma

1. Bármely különböz® P és Q pontok esetén hajthatunk olyan egyenest,

amely mindkett®jükön áthalad.

2. Bármely különböz® P és Q pontok esetén végezhetünk olyan hajtást,

amely P -t Q-ra helyezi.

3. Bármely különböz® e és f egyenesek esetén végezhetünk olyan hajtást,

amely e-t f -re helyezi.

81

5.2.6. ábra. 3. és 4. axióma

4. Adott P pont és e egyenes esetén végezhetünk P ponton átmen® e

egyenesre mer®leges hajtást.

5.2.7. ábra. 5. és 6. axióma

5. Adott P és Q különböz® pontok és e egyenes esetén végezhetünk olyan

hajtást, amely P -t e-re helyezi, és áthalad Q-n.

6. Adott különböz® P és Q pontok és e és f egyenesek esetén végezhetünk

olyan hajtást, amely P -t e-re és Q-t f -re helyezi.

5.2.8. ábra. 7. axióma

82

7. Bármely P pont, valamint e és f egyenesek esetén végezhetünk olyan

hajtást, ami P -t e-re helyezi és mer®leges f -re.

Könny¶ látni, hogy az 5. és 6. axiómák által engedélyezett hajtás nem

végezhet® el mindig. A 6. axióma végrehajtása nagyobb kézügyességet igé-

nyel: a papír csúsztatásával találhatjuk meg a megfelel® pozíciót. Belátható,

hogy ez a fentebb tárgyalt neuszisz szerkesztéssel ekvivalens.

5.2.9. ábra. Szögharmadolás origamival

Vegyünk most egy négyzet alakú papírlapot, majd az 5.2.9. ábrán látható

módon a bal alsó sarokból hajtsunk egy egyenest. Ennek a lap alsó szélével

bezárt szöge lesz a harmadolandó α szög. Ezután hajtsuk meg a lap alsó

szélével párhuzamos EF közép-, majd az alsó széléhez közelebb es® GH

negyedel®vonalát. A 6. axiómát alkalmazva keressük meg azt a hajtást, mely

a lap bal alsó sarkát (A) a GH, a lap bal szélének E felez®pontját pedig a

lap alsó szélével α szöget bezáró AP egyenesre helyezi. Megmutatjuk, hogy

a felhajtott részen látható negyedel®vonal tartó egyenese a lap alsó szélével

éppen α/3 szöget zár be.

Az 5.2.10. ábra jelöléseivel E′G′ = G′A′ = A′T , ahol T az A′ pontból

a lap alsó szélére állított mer®leges talppontja. Továbbá, E′A′ mer®leges

83

5.2.10. ábra. Szögharmadolás origamival; bizonyítás

AG′-re, így az AG′E′, AG′A′ és az ATA′ háromszögek egybevágóak, tehát

az AE′, AG′ és AA′ egyenesek az α szöget valóban három egyenl® részre

osztják.

../video/video3.avi

Most bemutatjuk Peter Messer megoldását arra, hogyan végezhet® el

a kockakett®zés origamival, vagy pontosabban, hogyan hajtható meg két

szakasz, mely hosszainak aránya 1 : 3√

2. Ehhez el®ször megmutatjuk, hogyan

osztható egy négyzet valamely oldalával párhuzamos egyenesekkel három

egyenl® részre. Az 5.2.12. ábra szerint el®ször hajtsuk meg az AC átlót, majd

5.2.11. ábra. Papírlap harmadolása

az EF középvonalat, végül az EB egyenest. Jelölje az így keletkezett AGB

háromszög G csúcsához tartozó magasságának talppontját T , és legyen x =

= GT . Ekkor AT = x és � a kiinduló négyzet oldalát 1-nek tekintve � TB =

84

= 1−x. A BTG és BAE háromszögek hasonlósága miatt x1−x = 1

2 , ahonnan

x = 13 , tehát T harmadoló pontja az AB oldalnak. A másik harmadoló pont

� mint a TB szakasz felez®pontja � már könnyedén hajtható.

Most induljunk ki egy olyan négyzetb®l, mely egyik oldalával párhuzamos

egyenesekkel � az ábrán látható módon � három egyenl® terület¶ részre van

osztva. Alkalmazzuk azt a � 6. axióma által engedélyezett � hajtást, amely

5.2.12. ábra. Kockakett®zés origamival

az A pontot a DC, a T pontot pedig az UV egyenesre helyezi. Ekkor az A

pont a DC oldalt két részre osztja. Annak a bizonyítását, hogy ezen részek

aránya éppen 3√

2, az olvasóra bízzuk.

../video/video4.avi

5.2.4. Bolyai János szögharmadolása

Bolyai Jánosnak a szögharmadolást egy derékszög¶ hiperbolaág segítségé-

vel sikerült elvégeznie. Szerkesszük meg a harmadolandó α szöget az ábrán

látható módon egy derékszög¶ koordináta-rendszerben, majd tekintsük az

xy = 1 egyenlet¶ hiperbolát. A szög egyik szára ezt a P (a, b) pontban met-

szi. Rajzoljuk meg azt a P középpontú kört, melynek sugara az OP távol-

ság kétszerese. Ez a hiperbolaágat az α szögtartomány egy R(u, v) pontban

metszi. Állítjuk, hogy a PR egyenes x tengellyel bezárt β szöge éppen α har-

mada. Valóban, jelölje az OP távolságot r és tekintsük a PRQ derékszög¶

háromszöget. Ekkor

u = a+ 2r cosβ

85

5.2.13. ábra. Bolyai János szögharmadolása

és

v = b− 2r sinβ.

Mivel P és R a hiperbola pontjai, így ab = uv, azaz

ab = (a+ 2r cosβ)(b− 2r sinβ).

Innen átrendezéssel

2r(b cosβ − a sinβ) = 4r2 sinβ cosβ

adódik. Behelyettesítve az OPA derékszög¶ háromszögb®l nyert b = r sinα

és a = r cosα értékeket, azt kapjuk, hogy

sinα cosβ − cosα sinβ = 2 sinβ cosβ,

azaz sin(α−β) = sin 2β. Mivel α hegyesszög, így α−β = 2β, vagyis α = 3β.

86

5.3. Az euklideszi szerkeszthet®ség elmélete

Az euklideszi értelemben vett szerkeszthet®ség vizsgálatához vezessünk be

egy koordinátarendszert úgy, hogy kiválasztunk két adott, vagy megszer-

keszthet® pontot. Az ezekre illeszked® egyenes lesz az x tengely, a kiválasz-

tott pontok pedig a 0 és az 1. Ebben a koordinátarendszerben a pontok,

egyenesek és körök már számadatokkal jellemezhet®k: a pont a két koordi-

nátájával, az egyenesek tengelymetszeteikkel, a körök pedig a középpontjuk

koordinátáival és a sugarukkal. Ezekkel a számadatokkal generáljunk egy K

testet, melyet a továbbiakban alaptestnek fogunk nevezni. Ez nyilván konk-

rét esetben a valós számtest egy a racionális számtestet tartalmazó részteste.

A megengedett lépéseket vizsgálva látható, hogy két egyenes metszéspontjá-

nak meghatározása, valamint két pontra illeszked® egyenes tengelymetszete-

inek a meghatározása elvégezhet® a négy alapm¶velet segítségével, így ezen

m¶veletek elvégzésekor az adott és a megszerkesztett adatok által generált

test változatlan marad. Kör és egyenes, illetve két kör metszéspontjai koordi-

nátáinak kiszámítása, továbbá kör megrajzolásához a sugár meghatározása

pedig másodfokú egyenlet megoldása (négyzetgyök vonás) révén történik.

Ekkor az a legsz¶kebb test, amely tartalmazza a metszéspontokat, illetve a

kör adatait, nem más mint az alaptest ezen másodfokú egyenlet megfelel®

gyökeivel való b®vítése. Tehát minden egyes szerkesztési lépés után az adott

és már megszerkesztett adatok által generált test vagy változatlan marad,

vagy pedig egy elemének a négyzetgyökével lesz b®vítve. Ez a b®vítés nyilván

másodfokú algebrai b®vítés. Tehát ha egy szerkesztési feladat elvégezhet®

euklideszi módon, és minden egyes szerkesztési lépéséhez hozzárendeljük az

adott és már megszerkesztett adatok által generált testet, akkor testeknek

egy olyan

K ⊆ K1 ⊆ K2 ⊆ · · · ⊆ Kn = L

sorozatát kapjuk, ahol mindenKi a megel®z®Ki−1-nek legfeljebb másodfokú

b®vítése, és L a megszerkesztend® adatokat már tartalmazza. Mivel egymás

utáni b®vítések esetén a fokszámok összeszorzódnak, igaz a következ® tétel.

5.3.1. Tétel. Legyen K a szerkesztési feladat kiinduló adatait tartalmazó

87

legsz¶kebb test, és legyenek x1, x2, . . . , xn a megszerkesztend® alakzatok ada-

tai. A szerkesztés euklideszi értelemben csak akkor végezhet® el, ha létezik

K-nak olyan L b®vítése, amely x1, x2, . . . , xn mindegyikét tartalmazza, és

melynek foka 2-hatvány.

Megjegyezzük, hogy ha még azt is feltesszük, hogy a K-nak az L nor-

mális b®vítése (ennek érdekében csak annyit kell tenni, hogy valahányszor

egy másodfokú irreducibilis polinom egyik gyökével b®vítünk, végezzük el

a b®vítést a másik gyökkel is; ez akkor újra másodfokú b®vítés lesz), ak-

kor igaz a tétel megfordítása is. A normalitásból ekkor az következik, hogy

a b®vítés Γ Galois-csoportjának rendje 2-hatvány, így az feloldható. Ekkor

viszont Γ-ban van olyan

Γ . Γ1 . · · · . Γn = 1

normállánc, mely faktorainak rendje kett®. Az ehhez tartozó közbüls® testek

K ⊆ K1 ⊆ K2 ⊆ · · · ⊆ Kn = L

sorozata olyan, hogy Ki az ®t megel®z® Ki−1-nek másodfokú b®vítése, te-

hát Ki−1-b®l Ki a Ki−1 valamely eleme négyzetgyökének adjungálásával

származtatható. A bizonyítás azzal lesz teljes, ha megmutatjuk, hogy adott

koordináták összege, különbsége, szorzata, hányadosa, valamint négyzetgyö-

ke megszerkeszthet® euklideszi módon, mivel ekkor L minden eleme � benne

a megszerkesztend® alakzatok adataival � szerkeszthet®. Ez azonban már az

olvasó feladata.

A teljesség kedvéért kimondjuk a szerkeszthet®ség kritériumát, a klasszi-

kus, és egy másik, akár középiskolában is közölhet® alakban.

5.3.2. Tétel. Legyen K a szerkesztési feladat kiinduló adatait tartalmazó

legsz¶kebb test, és legyenek x1, x2, . . . , xn a megszerkesztend® alakzatok ada-

tai. A szerkesztés euklideszi értelemben akkor és csak akkor végezhet® el, ha

létezik K-nak olyan 2-hatvány fokú normális b®vítése, amely x1, x2, . . . , xnmindegyikét tartalmazza.

88

5.3.3. Tétel. Legyen adott egy egységnyi hosszúságú szakasz. Az a hosszú-

ságú szakasz pontosan akkor szerkeszthet® meg, ha van olyan

1, a1, a2, . . . , an−1, a

véges számsorozat, melyben mindegyik elem egy olyan els® vagy másodfokú

egyenlet gyöke, melynek együtthatói az el®z® elemekb®l a négy alapm¶velettel

nyerhet®k.

S®t az is igaz, hogy minden szerkesztés, ami elvégezhet® körz®vel és vonal-

zóval, elvégezhet® csupán körz® felhasználásával is (természetesen az egyenes

tényleges megrajzolása körz®vel nem lehetséges, egy egyenes megszerkeszté-

se alatt most két pontjának megszerkesztését értjük). Ez az úgynevezett

Mohr-Mascheroni-tétel, melyet el®ször Georg Mohr publikált 1672-ben. Lo-

renzo Mascheroni 1797-ben fedezte fel újra ezt a tételt. Vonalzó tekintetében

ugyanez már nem mondható el, de Poncelet és Steiner egy tétele szerint, ha

a síkon adott egy megrajzolt kör és annak a középpontja, akkor ennek fel-

használásával már minden euklideszi szerkesztés elvégezhet® csupán vonalzó

segítségével. Ezt a tényt Jean Victor Poncelet sejette meg 1822-ben, és Jakob

Steiner igazolta 1833-ban.

5.4. Megoldások

A körnégyszögesítés esetében, mint már említettük, a feladat adott egységnyi

hosszúságú szakaszhoz√π hosszúságú szakasz szerkesztése. Az alaptest itt

a racionális számok teste (csak a 0 és az 1 pontok adottak), és megszerkesz-

tend® a√π. Mint ismeretes, π nem algebrai szám, azaz nem gyöke egyetlen

racionális együtthatós nem nulla polinomnak sem, így√π sem lehet az. Te-

hát√π nem eleme Q egyetlen algebrai b®vítésének sem, következésképpen

a kör négyszögesítése nem végezhet® el euklideszi módon.

A kockakett®zés esetében hasonlóan egységnyi hosszú szakaszhoz kell 3√

2

hosszúságú szakaszt szerkeszteni. Mivel 3√

2 gyöke az f(x) = x3−2 polinom-

nak, amely harmadfokú és irreducibilis a racionális számtest felett, ezért a

89

3√

2 algebrai szám foka 3, így nem lehet benne Q egyetlen kett®hatvány fokú

b®vítésében sem. Tehát a kockakett®zés sem végezhet® el euklideszi módon.

Végül a szögharmadolást tárgyaljuk. Itt az els® kérdés az, hogy milyen

adattal jellemezhetünk egy szöget. Könny¶ látni, hogy ha egy szög meg-

szerkeszthet®, akkor tudunk olyan szakaszt is szerkeszteni, melynek hossza

egyenl® a szög koszinuszával. Valóban, ha adva van egy szög, akkor rajzoljunk

annak csúcsából, mint középpontból egység sugarú kört, majd állítsunk me-

r®legest az egyik szár és a kör metszéspontjából a másik szárra. Ezen egyenes

és a másik szögszár metszéspontjának a szög csúcsától való távolsága éppen

a szög koszinusza. Ha azt akarjuk bizonyítani, hogy a másik két feladathoz

hasonlóan a szögharmadolás sem végezhet® el euklideszi módon, elég meg-

mutatni, hogy adott egységnyi hosszú szakaszból nem szerkeszthet® cos 20◦

hosszúságú szakasz. Ez ugyanis azt bizonyítja, hogy nem szerkeszthet® 20◦-

os szög, és így a 60◦ nem harmadolható. A

cosα = 4 cos3α

3− 3 cos

α

3

trigonometriai összefüggés alapján kapjuk, hogy

cos 60◦ = 4 cos3 20◦ − 3 cos 20◦.

Innen x = cos 20◦ jelöléssel, majd átrendezéssel a

8x3 − 6x− 1 = 0

egyenlethez jutunk. Valamely jól ismert teszttel (pl. Rolle-tétel) könnyen

meggy®z®dhetünk arról, hogy az egyenletnek nincs racionális gyöke, azaz a

bal oldalon álló polinom irreducibilis a racionális számtest felett. A megszer-

kesztend® adat tehát most is egy harmadfokú algebrai szám, ami nyilván

nem lehet benne Q egyetlen kett®hatvány fokú b®vítésében sem.

90

5.5. Szabályos sokszögek szerkeszthet®sége

A szabályos sokszögek szerkeszthet®ségének, vagy más néven a kör egyenl®

terület¶ részekre való felosztásának kérdése is hasonló korú, mint az el®z®ek.

Világos, hogy a kör két egyenl® terület¶ részre osztásához elég egy átmér®;

ha egy erre mer®leges másik átmér®t is megrajzolunk, akkor a kört máris

négy egyenl® részre osztottuk. A hat részre osztás is könnyen elvégezhet®:

a sugárral azonos nyílású körz®vel, a körív egy tetsz®leges pontjából kiin-

dulva kört rajzolunk, majd az eredeti és berajzolt körök metszéspontjából

ezt újra megtesszük. Az eljárás végén kapott metszéspontokat összekötve a

középponttal, a kört hat egyenl® terület¶ részre osztottuk. Más szóval, ha

a szomszédos metszéspontokat összekötjük, szabályos hatszöget szerkesztet-

tünk. Ha csak minden második metszéspontot kötünk össze, akkor pedig

szabályos háromszöget. Könnyen látható, hogy ha a kört annak sugaraival

már n egyenl® terület¶ részre osztottuk, akkor az ívek megfelezésével a 2n

egyenl® részre osztás is megoldható.

5.5.1. Szabályos ötszög szerkesztésének egy módszere

Az alábbiakban Hippaszosz i.e. V. században felfedezett módszerének lé-

nyegét mutatjuk be. Tekintsük az ABCDE szabályos ötszöget. Az EFD

5.5.1. ábra. Szabályos ötszög szerkesztése

és ECD egyenl® szárú háromszögek a megfelel® szögeik egyenl®sége miatt

91

hasonlóak, így (a+ x) : a = a : x, azaz

(a+ x)x = a2.

Világos, hogy ha a ismeretében meg tudjuk szerkeszteni a fenti arányt kielé-

gít® x távolságot, akkor az a oldalú ötszög megszerkeszthet®. Az(a2

+ x)2

=(a

2

)2+ (a+ x)x =

(a2

)2+ a2

egyenl®ség a Pitagorasz-tétellel összeolvasva mutatja, hogy ha egy derék-

szög¶ háromszög befogóinak hossza a2 és a, akkor annak átfogója a

2 + x. A

befogók hossza ismert, így a háromszög megszerkeszthet®, a keresett távolság

pedig az átfogó és a rövidebb befogó különbsége.

../video/video5.avi

5.5.2. Szabályos tizenötszög szerkesztése

Ez a szerkesztés Euklidész Elemek cím¶ könyvében (IV. 16. tétel) található.

A feladat most az, hogy szerkesszünk adott körbe írt szabályos tizenötszöget.

Jelöljünk ki a kör kerületén egy A pontot és szerkesszük meg azt a beírt sza-

5.5.2. ábra. Szabályos tizenötszög szerkesztése

bályos háromszöget és ötszöget, melyeknek egyik csúcsa A. Legyen az ötszög

A-val szomszédos csúcsa B, a háromszög A-val szomszédos csúcsa (ugyan-

abban az irányban) pedig C. Ekkor az AB ív ötöd-, az AC ív harmadrésze

92

a körvonalnak, a BC ív a körvonal 215 része. Legyen a BC ív felez®pontja

E. A szerkesztend® szabályos 15-szög egy oldalának hossza éppen BE.

../video/video6.avi

5.5.3. Szabályos sokszögek szerkeszthet®ségének kritériuma

A szabályos sokszögek szerkesztésének problémáját Gaussnak sikerült meg-

oldania az 1700-as évek végén. Ezzel egyid®ben megadta a szabályos 17-szög

szerkesztését is. Eredménye amiatt is jelent®s, mert abban az algebra, a geo-

metria és a számelmélet fúziója van jelen.

A tétel ismertetése el®tt szólunk néhány szót a Fermat-prímekr®l. Fermat

1654-ben Pascalhoz írt levelében azt állította, hogy a 22s

+ 1 alakú számok

minden s természetes szám esetén prímszámok. Könnyen ellen®rizhetjük,

hogy az s ∈ {0,1,2,3,4} esetekben tényleg prímszámot kapunk. Euler azon-

ban 1732-ben megmutatta, hogy az s = 5 eset összetett számot eredményez:

225

+ 1 = 4294967297 = 641 · 6700417,

következésképpen Fermat állítása nem igaz. Olyannyira nem, hogy azóta sem

ismerünk további (a fent említettekt®l különböz®) példát ilyen alakú prímre.

Nyitott kérdés, hogy egyáltalán van-e még több, illetve ha van, csak véges

sok van-e. Ennek ellenére, mint azt Gauss következ® tétele is mutatja, a

22s

+ 1 alakú prímek mégis nevezetesek, hívjuk hát ®ket Fermat-prímeknek.

5.5.1. Tétel. A szabályos n-szög (n > 3) akkor és csak akkor szerkeszthet®

meg euklideszi értelemben, ha n = 2sp1p2 · · · pk, ahol p1, p2, . . . , pk különböz®Fermat-prímek, továbbá k és s tetsz®leges nemnegatív egészek.

Bizonyítás. A szabályos n szög szerkeszthet®sége ekvivalens a 360◦

n szög,

vagy a cos 360◦

n illetve a sin 360◦

n valós számok megszerkeszthet®ségével. Te-

kintsük a

ξ = cos360◦

n+ i sin

360◦

n

komplex n-edik egységgyököt. Jól ismert, hogy az a polinom, melynek a

gyökei pontosan a primitív n-edik egységgyökök (az úgynevezett n-edik kör-

93

osztási polinom), egész együtthatós, a racionális számtest felett irreducibilis

(lásd pl. [7] 3.9.9. tétel), és ϕ(n) fokú, ahol ϕ az Euler-féle függvény. Ha

ezen polinom egyik gyökével b®vítjük a racionális számtestet, akkor abban a

polinom többi gyöke is benne lesz, mivel azok egymás hatványai. Tehát ξ a

racionális számtest ϕ(n) fokú normális b®vítésében van benne, így csak ak-

kor szerkeszthet®, ha ϕ(n) kett®hatvány. Mint ismeretes, n = pα11 pα2

2 · · · pαrresetén

ϕ(n) = pα1−11 (p1 − 1)pα2−1

2 (p2 − 1) · · · pαr−1r (pr − 1),

ami csak úgy lehet kett®nek valamely hatványa, ha a páratlan pi prímté-

nyez®k pi = 2t + 1 alakúak. A bizonyítás teljes lesz, ha megmutatjuk, hogy

t maga is 2-nek hatványa. Ehhez tegyük fel, hogy t = t1 · t2, ahol t1 > 1

páratlan. Ekkor

2t + 1 = (2t2)t1 + 1 = (2t2)t1 + 1t1 ,

ami osztható 2t2 + 1-gyel, így 2t + 1 nem lehet prím.

Tanulmányai során mindenki megtanulta, hogyan szerkeszthet® például

60 vagy 90 fokos szög. Ekkor nyilván ezeket felezhetjük, illetve másolással

sokszorozhatjuk.

5.5.2. Következmény. Legyen n adott természetes szám. n fokos szög pon-

tosan akkor szerkeszthet® euklideszi értelemben, ha n osztható 3-mal.

Valóban, 120 = 23 · 3 · 5, így az el®z® tétel értelmében szabályos 120-szög

és így annak egy oldalához tartozó 3 fokos középponti szöge is szerkeszthe-

t®. A szögmásolás elvégezhet® euklideszi módón, így az összes olyan szög

szerkeszthet®, melynek mér®száma 3◦ többszöröse. Most tegyük fel, hogy n

hárommal osztva egy maradékot ad, azaz n = 3k + 1, és n fokos szög szer-

keszthet®. Ekkor a 3k fokos szög szerkeszthet®sége miatt az 1◦ fokos szög,

és így a szabályos 360-szög is szerkeszthet® lenne. Ez viszont 360 = 23 · 32 · 5miatt ellentmond az el®z® tételnek. Hasonlóan juthatunk ellentmondásra, ha

n = 3k + 2.

94

5.6. Feladatok

1. Adott egy négyzethálós papír és egy vonalzó. Meg tudjuk-e szerkeszteni

az egyik négyzetoldalra támaszkodó szabályos háromszög harmadik

csúcsát?

2. Igazolja, hogy a következ® alapszerkesztések megoldhatók euklideszi

szerkesztéssel!

a) Adott szakasz és szög felezése.

b) Adott szakasz és szög másolása.

c) Adott egyenesre rajta kívül lév®, illetve rá illeszked® pontból me-

r®leges egyenes állítása.

d) Adott egyenessel rá nem illeszked® ponton át párhuzamos egyenes

szerkesztése.

3. Eukideszi szerkesztéssel osszon fel egy adott szakaszt n egyenl® részre!

4. Adott az egységszakasz, valamint az x és y hosszúságú szakaszok. Szer-

kesszen

x2, xy,x

y,

x2

y,√x,

√xy

hosszúságú szakaszokat!

5. Ha adott az egységszakasz, euklideszi értelemben szerkeszthet®-e 5√

2

hosszúságú szakasz?

6. Adott AB szakasz fölé rajzoljunk félkört, melynek középpontja a sza-

kasz O felez®pontja, sugara pedig a szakasz hosszának fele, majd egy

másikat alulra, szintén O középponttal, de az el®bbinél kisebb sugárral.

Jelölje ezen utóbbi félkörív AB szakasszal vett metszéspontjait C és

D. Végül rajzoljunk félköröket az AC és DB szakaszok fölé. Igazolja,

hogy az így keletkezett Arkhimédész által szalinon-nak (sótartó) neve-

zett síkidom területe egyenl® az EF átmér®j¶ kör területével! (5.6.1.

ábra)

95

5.6.1. ábra. Szalinon

7. Tekintsünk egy ABC derékszög¶ háromszöget, majd húzzuk meg a C

csúcshoz tartozó magasságot. Legyen ennek talppontja T . Ezután raj-

zoljunk az átfogó, valamint az AT és TB szakaszok ugyanazon oldalára

egy-egy félkört (5.6.2. ábra). Igazolja, hogy az így keletkezett Arkhi-

médész által arbelosz -nak (cipészkés) nevezett síkidom területe egyenl®

annak a körnek a területével, melynek átmér®je a CT magasság!

5.6.2. ábra. Arbelosz

8. Tudjuk, hogy 60 fokos szög szerkeszthet®, és bizonyítottuk, hogy 20

fokos nem. Azt, hogy szabályos ötszög szerkeszthet®, már Euklidész is

tudta. Bizonyítsa ezen tények ismeretében az 5.5.2. következményt!

9. Mutassa meg, hogy ha m és n relatív prímek, és szabályos n-szög,

valamint szabályos m-szög is szerkeszthet®, akkor szabályos mn-szög

is szerkeszthet®!

96

Irodalomjegyzék

[1] Bódi Béla: Algebra II. A gy¶r¶elmélet alapjai. Kossuth Egyetemi Kiadó,

Debrecen, 2000.

[2] Czédli Gábor, Szendrei Ágnes: Geometriai szerkeszthet®ség. Polygon

Könyvtár, 1997.

[3] Euklidész: Elemek. Gondolat Kiadó, Budapest, 1983.

[4] Fuchs László: Algebra. Tankönyvkiadó, Budapest, 1974.

[5] Hajós György: Bevezetés a geometriába. Tankönyvkiadó, Budapest,

1960.

[6] Thomas Hull: Project Origami: Activities for Exploring Mathematics.

A K Peters, Ltd., 2006.

[7] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Typotex kiadó, Budapest, 2007.

[8] Sain Márton: Nincs királyi út! Matematikatörténet. Gondolat Kiadó,

Budapest, 1986.

[9] Simonovits András: Válogatott fejezetek a matematika történetéb®l. Ty-

potex kiadó, Budapest, 2009.

97

6. fejezet

�...semmib®l egy ujj, más

világot teremtettem�

Bolyai János mind magyar, mind az egyetemes matematika történetének

jelent®s alakja. Élettörténetét, munkásságát számos monográ�a tárgyalja,

eredményeinek jelent®ségét több irodalmi m¶ is méltatja. Nevét leginkább

az abszolút, illetve a nemeuklideszi geometria megalkotásához kapcsoljuk.

Mint ahogy azt Kiss Elemér [6] kutatómunkája is mutatja, Bolyai János

számelméleti kérdésekkel is foglalkozott. Ebben a fejezetben a nemeuklideszi

geometria vázlatos bemutatása után Bolyai néhány számelméletb®l ismert

tételre adott bizonyítását közöljük.

6.1. A tér abszolút igaz tudománya

A geometria axiomatikus felépítése már Euklidész Elemek cím¶ m¶vében

megjelent. Ennek lényege, hogy a tárgyalás alapját néhány kiválasztott alap-

fogalom és automatikusan érvényesnek tekintett egyszer¶ állítás (axióma)

képezi. Minden további fogalom de�niálásakor azt mondjuk meg, hogy az

a már meglév® fogalmainkkal (köztük az alapfogalmakkal) milyen logikai

kapcsolatban van. A tételek pedig a már korábban igazolt tételekb®l és az

axiómákból logikailag levezethet® kijelent® mondatok.

Euklidész Elemek I. könyvének 23. de�níciója szerint �két egyenes pár-

98

huzamos, ha azok egy síkban fekszenek és mindkét irányban meghosszabbítva

nem metszik egymást�. A 28. tétel pedig azt állítja, hogy �ha a metsz®nek

ugyanazon az oldalán a két bels® szög összege két derékszög, akkor a két

egyenes párhuzamos�. Ennek megfordítását azonban Euklidész axiómaként

tekintette. Ez az úgynevezett 11. axióma (vagy V. posztulátum).

Axióma. �És hogy ha két egyenest úgy metsz egy egyenes, hogy az egyik

oldalon keletkez® bels® szögek (összegben) két derékszögnél kisebbek, akkor a

két egyenes végtelenül meghosszabbítva találkozzék azon az oldalon, amerre

az (összegben) két derékszögnél kisebb szögek vannak.�

Tehát a 28. tétel azt garantálja, hogy egy síkban adott egyeneshez rá

nem illeszked® ponton át létezik párhuzamos, míg az axióma ennek a párhu-

zamosnak az egyértelm¶ségét feltételezi. Lévén az állítás bonyolultabb, mint

általában az axiómák szoktak lenni, ez az axióma már az ókori matematiku-

soknak is szemet szúrt, majd évszázadokon át kísérleteztek ennek (a többi

axióma alapján történ®) igazolásával. Ezek a próbálkozások többnyire csak

valamilyen könnyebben emészthet® helyettesít® axiómához vezettek. Példá-

ul: a síkon adott egyeneshez rá nem illeszked® ponton át egy és csakis egy

párhuzamos húzható. Ez alapján szokás az V. posztulátumot párhuzamossági

axiómának nevezni. Többen indirekt bizonyítással próbálkoztak, azaz a ma-

radék axiómához hozzácsatolták az V. posztulátum tagadását. Voltak akik

ellentmondásra jutottak, de mint kés®bb kiderült, a hiba nem az indirekt

feltevésben, hanem a gondolatmenetükben volt. Johann Heinrich Lambert �

kinek nevéhez a π és e számok irracionális voltának igazolása f¶z®dik � is az

indirekt úton indult el, ellentmondásra azonban nem jutott. A kapott tételek

igazát azonban valószín¶tlennek tartotta, az új geometria lehet®ségét nem

ismerte fel. Feltehet®en így volt ezzel Carl Friedrich Gauss is.

Bolyai János munkásságának legismertebb eredménye egy olyan geomet-

ria felépítése, mely mell®zi a párhuzamossági axiómát, vagy más szóval, nem

foglal állást annak érvényessége mellett. Ennek az úgynevezett abszolút geo-

metriának egy-egy speciális esete az euklideszi és a nemeuklideszi geometria.

Mindkét rendszer ellentmondásmentes, logikailag lehetséges. �...a semmib®l

egy ujj, más világot teremtettem� � értékelte saját munkáját Bolyai János

99

1823. november 3-án édesapjának írt levelében. Az eredmények Bolyai Já-

nos egyetlen nyomtatásban is megjelent m¶vében, az Appendixben vannak

publikálva.

6.1.1. ábra. Bolyai János: A párhuzamosság de�níciója

Az Appendix 4 részb®l áll, összesen 43 paragrafust tartalmaz. Az el-

s® paragrafusban a párhuzamosság de�nícióját találjuk. Tekintsünk egy a

egyenest és egy rá nem illeszked® P pontot. Ha a P pontból kiindulva egy

félegyenest húzunk, amely metszi az a egyenest az egyik irányban, és ezt a fél-

egyenest forgatjuk (vagyis metszéspontot a végtelen felé toljuk), akkor szük-

ségszer¶en bekövetkezik az a helyzet, amikor a félegyenes már nem metszi

a-t. Bolyai az ilyen határegyenest nevezi a-val párhuzamosnak. Az V. posz-

tulátum avval ekvivalens, hogy ez a határhelyzet pontosan akkor következik

be, mikor az α szög derékszög. Ez azonban a maradék axiómák alapján akár

hamarabb is megtörténhet. Ekkor viszont szimmetria okok miatt legalább

két, P ponton átmen® párhuzamos létezik a-hoz. Ez lesz az úgynevezett hi-

perbolikus geometria. Bolyai e két lehet®séget illet®en nem foglal állást, és

felépíti a �tér abszolút igaz tudományát�, melynek tételei érvényesek mind

az euklideszi, mind a hiperbolikus geometriában. Az alábbiakban egy ilyen

általános érvény¶ tételt ismertetünk.

6.1.1. Tétel. Egy háromszögben az oldalakkal egyenl® sugarú körök kerületei

úgy aránylanak egymáshoz, mint a velük szemben lév® szögek szinuszai.

Tehát, ha a háromszög oldalai a, b és c, a velük szemben lév® szögei

rendre α, β és γ, és az r sugarú kör kerületét Kr jelöli, akkor a tétel szerint

Ka

sinα=

Kb

sinβ=

Kc

sin γ.

100

Az euklideszi geometriában az r sugarú kör kerülete 2πr, így ott a tétel a

jól ismert szinusz-tétel. A 29.�-ban igazoltak szerint ha a P pont és az a

egyenes távolsága d, és α < π2 , akkor

ctgα = edk , (6.1.1)

ahol k egy úgynevezett hiperbolikus állandó, amely független az egyenes és

a pont megválasztásától. A 30. § szerint az r sugarú kör kerülete

Kr = 2πk sinhr

k,

így a hiperbolikus geometria szinusz-tétele:

sinh ak

sinα=

sinh bk

sinβ=

sinh ck

sin γ.

A (6.1.1) egyenl®ség szerint ha k → ∞ vagy d → 0, akkor α → π2 . Euklide-

szi geometriában α = π2 , tehát a hiperbolikus síkon �kicsiben� az euklideszi

geometria van érvényben, így az euklideszi geometria felfogható, mint a hi-

perbolikus geometria határesete.

Végül megemlítjük, hogy a nemeuklideszi geometria felfedez®jeként Bo-

lyai János mellett az orosz Nyikolaj Ivanovics Lobacsevszkij-t, s®t, még

Gauss-t is szokták említeni. A prioritási kérdések vizsgálata a jegyzetnek

nem tárgya, az ez iránt érdekl®d® olvasónak Kiss Elemér [6] könyvét ajánl-

juk. Az abszolút geometria felfedezése viszont vitathatatlanul Bolyai János

érdeme.

6.2. A álprímekr®l

Az úgynevezett kis Fermat-tételt, miszerint ha az a egész szám nem osztható

a p prímmel, akkor

ap−1 ≡ 1 (mod p),

Pierre Fermat sejtette meg 1636-ban, bizonyítást azonban nem adott rá.

Az els® bizonyítást a rendelkezésre álló adatok alapján Gottfried Wilhelm

101

Leibniz-nek tulajdonítják. Felmerül a kérdés, hogy ez a tétel alkalmas-e prím-

tesztnek: igaz-e hogy ha p eleget tesz a fenti kongruenciának, akkor p szük-

ségképpen prím. Azt, hogy a kérdésre a válasz nemleges, Bolyai János a

következ® példával illusztrálta: a = 2 és p = 341 választással 2340 − 1 oszt-

ható 341-gyel, és 341 = 11 · 31 nyilván nem prím. Valóban, 210 = 1024 ≡ 1

(mod 341), és így

2341−1

2 = 2170 = (210)17 ≡ 1 (mod 341),

ahonnan a kongruencia mindkét oldalának négyzetre emelésével kapjuk az

állítást. Bolyai egy az édesapjának címzett levelében azt állítja, hogy erre a

példára nem vaktában, hanem �elmélet után menve� talált. Ezen �elmélet�

alatt vélhet®en az alábbi tételét értette.

6.2.1. Tétel. Legyenek p és q prímszámok, valamint a olyan egész, melynek

sem p sem q nem osztója. Ha

ap−1 ≡ 1 (mod q) és aq−1 ≡ 1 (mod p), (6.2.1)

akkor

apq−1 ≡ 1 (mod pq).

Bizonyítás gyanánt Bolyai eredeti gondolatmenetét közöljük. A kis Fer-

mat-tétel szerint

ap−1 ≡ 1 (mod p) és aq−1 ≡ 1 (mod q). (6.2.2)

Az els® kongruencia mindkét oldalát q−1, a másodikét p−1 kitev®re emelve

kapjuk, hogy

a(p−1)(q−1) ≡ 1 (mod p) és a(p−1)(q−1) ≡ 1 (mod q).

Mivel a modulusok relatív prímek,

a(p−1)(q−1) = apq−p−q+1 ≡ 1 (mod pq)

102

teljesül minden a feltételeknek eleget tev® a-ra, p-re és q-ra. Ha ezt megszo-

rozzuk az

ap+q−2 = ap−1aq−1 ≡ 1 (mod pq) (6.2.3)

kongruenciával, akkor a tétel állításában szerepl® kongruenciát kapjuk, tehát

elegend® ez utóbbi teljesülésének feltételeit vizsgálni. (6.2.1) szerint léteznek

olyan k és l egészek, hogy ap−1 = 1+kp és aq−1 = 1+lq, így (6.2.3) pontosan

akkor teljesül, ha

kp+ lq = (ap−1 − 1) + (aq−1 − 1) ≡ 0 (mod pq),

ami az ap−1 ≡ 1 (mod q) és aq−1 ≡ 1 (mod p) kongruenciák együttes fenn-

állásával ekvivalens. Tehát a tétel érvényes.

Bolyai az a = 2 speciális esetet vizsgálva juthatott el a p = 11, q = 31

prímekhez. Ekkor ugyanis 210 ≡ 1 (mod 31) és 230 ≡ 1 (mod 11), melyb®l

a tétel szerint 211·31−1 ≡ 1 (mod 11 · 31) következik.

Megjegyezzük, hogy a fenti tételt (csak az a = 2 esetre) el®ször Sir James

Hopwood Jeans publikálta [5] évtizedekkel Bolyai János halála után. Ha az

n összetett szám és an−1 ≡ 1 (mod n) valamely a-ra, akkor n-et a alapú

álprímnek nevezzük. A 341, mint példa ilyenre, már Bolyai el®tt is ismert

volt: Pierre Fréderique Sarrus találta meg el®ször 1820-ban.

Bolyai igen szellemes módszerrel látta be, hogy az F5 = 225

+ 1 egész is

2 alapú álprím. Ehhez a

232 ≡ −1 (mod 232 + 1)

triviálisan fennálló kongruenciát vette alapul, majd annak mindkét oldalát

el®ször négyzetre, majd 226-ra emelve a

2232 ≡ 1 (mod 232 + 1)

kongruenciához jutott. Mivel F5 = 232 + 1 = 641 · 6400417 összetett szám,

F5 valóban álprím.

103

6.3. Fermat két-négyzetszám tétele

6.3.1. Tétel. Egy p páratlan prím pontosan akkor írható fel két négyzetszám

összegeként, ha p ≡ 1 (mod 4).

Ezt a szintén Fermat-tól származó tételt egyes források szerint maga Fer-

mat, mások szerint Leonhard Euler igazolta el®ször az úgynevezett �végtelen

leszállás� elvét használva, de azóta is újabb és újabb bizonyítások születnek.

Bolyai erre a tételre négy különböz® bizonyítást is adott, melynek egyikét

most itt bemutatjuk. A kiindulópont az alábbi állítás volt, melyet Bolyai

� a bizonyítandó állítással együtt � szintén Gauss �Disquisitiones Arithme-

ticae� cím¶ m¶véb®l ismert. Ezt az állítást itt egy alternatív bizonyítással

közöljük.

6.3.2. Lemma. Ha a p prím 4k+ 1 alakú, akkor van olyan x egész, melyre

x2 ≡ −1 (mod p).

Bizonyítás. Valóban, legyen például x = (2k)!. Ha (2k)! = 1 · · · 2k minden

tényez®jét szorozzuk (-1)-gyel, akkor a páros számú szorzás miatt a szorzat

nem változik. Továbbá, minden 1 6 i 6 2k esetén 2k + i ≡ −(2k − i + 1)

(mod p), így

x2 = (1 · · · 2k)2 = 1 · · · 2k · 1 · · · 2k

= 1 · · · 2k · (−2k) · · · (−1) ≡ (4k)! ≡ (p− 1)! ≡ −1 (mod p),

ahol az utolsó kongruenciát a Wilson-tétel garantálja.

Mint látni fogjuk, Bolyai a tétel bizonyításában a Z[i] = {a+bi | a, b ∈ Z}ún. Gauss-egészek aritmetikáját használja. Mára már jól ismert, hogy ez a

halmaz euklideszi gy¶r¶, tehát kiépíthet® benne a racionális egészek köré-

ben megszokott számelmélet analogonja: itt is beszélhetünk oszthatóságról,

maradékos osztásról, legnagyobb közös osztóról, prímekr®l, stb. Ahogy azt

az elnevezés is sugallja, a Z[i] gy¶r¶ben ezt az elméletet Gauss alapozta

meg, de a levéltári adatok alapján úgy t¶nik, Bolyai t®le függetlenül, maga

is kiépítette azt.

.

104

A 6.3.1. tétel bizonyítása. Legyen p tetsz®leges 4k + 1 alakú prím. Ekkor

az el®z® lemma szerint létezik olyan x természetes szám, melyre p osztója

x2 + 1-nek. A Gauss-egészek körében

x2 + 1 = (x− i)(x+ i).

Világos, hogy p egyik tényez®nek sem lehet osztója, ugyanis

x± ip

=x

p± 1

pi

nyilván nem Gauss-egész. Tehát p nem Gauss-prím. Ekkor viszont p felbom-

lik két ±1-t®l és ±i-t®l különböz® Gauss-egész szorzatára: p = (a+bi)(c+di).

Mindkét oldalt konjugálva kapjuk, hogy p = (a− bi)(c− di), majd a kett®t

összeszorozva

p2 = p · p = (a2 + b2)(c2 + d2)

adódik, ahonnan a2 + b2 > 1 és c2 + d2 > 1 miatt p = a2 + b2 következik.

A fordított állítás triviális, hiszen egy négyzetszám néggyel osztva csak

0 vagy 1 maradékot adhat, így két négyzetszám összegének lehetséges ma-

radékai 0,1 vagy 2. Tehát 4k + 3 alakú egész nem lehet két négyzetszám

összege.

Bolyai azt is megmutatta, hogy ez a felbontás sorrendt®l eltekintve egy-

értelm¶. Tegyük fel, hogy létezik p-nek egy másik, p = x2 + y2 felbontása is.

Ekkor

p = (a+ bi)(a− bi) = (x+ yi)(x− yi). (6.3.1)

Ekkor x+ yi az (a+ bi)(a− bi) Gauss-egész osztója, így felírható x+ yi =

= (u + vi)(t + zi) alakban, ahol u + vi és t + zi rendre az a + bi és a − biGauss-egészek egy-egy osztója. Ekkor x− yi = (u− vi)(t− zi) miatt

p = (u2 + v2)(t2 + z2),

ahonnan p prím volta miatt u2 + v2 = 1, vagy t2 + z2 = 1 következik. Az

105

els® egyenl®ségb®l kapjuk, hogy u vagy v egyike 0, a másik ±1; a második

egyenl®séggel is hasonló a helyzet. Így

a+ bi

x+ yiés

a− bix− yi

Gauss-egészek. Jelölje ezek egyikét r + si, a másik ekkor nyilván r − si, ésa kett® szorzata (6.3.1) miatt r2 + s2 = 1. Innen x + yi = (a + bi)ε követ-

kezik, ahol ε ∈ {±1,±i}. Tehát a két felbontás legfeljebb a négyzetszámok

sorrendjében különbözik.

Végül a teljesség kedvéért kimondjuk a két-négyzetszám tételt tetsz®leges

pozitív egészre. A bizonyítás megtalálható pl. itt: [3].

6.3.3. Tétel. Egy pozitív egész szám akkor és csak akkor írható fel két négy-

zetszám összegeként, ha prímfelbontásában minden 4k + 3 alakú prím páros

kitev®n szerepel.

6.4. Feladatok

1. Az euklideszi geometria Ön által tanult felépítésében igazolja, hogy

tetsz®leges háromszög bels® szögeinek összege 180◦, majd keresse meg,

hol van a bizonyításban kihasználva a párhuzamossági axióma!

2. Mutassa meg, hogy az 561 univerzális álprím (Carmichael-szám), azaz

minden a > 0 egész esetén kielégíti a kis Fermat-tételt!

**3. Igazolja, hogy az n pozitív egész akkor és csak akkor univerzális álprím,

ha n négyzetmentes, és p−1 | n−1 az n minden p prímosztója esetén!

(Korselt-kritérium)

4. Igazolja, hogy ha egy n pozitív egész esetén Fn = 22n

+ 1 nem prím,

akkor 2 alapú álprím!

5. Igazolja, hogy Fn = 22n

+ 1 akkor és csak akkor prím, ha

3Fn−1

2 ≡ −1 (mod Fn)!

106

6. Igazolja, hogy a két négyzetszám összegeként felírható egészek halmaza

zárt a szorzásra nézve!

7. Lássa be, hogy ha két négyzetszám összegeként felírható egész hánya-

dosa is egész, akkor ez a hányados is felírható két négyzetszám össze-

geként!

*8. Igaz-e, hogy ha d > 0 rögzített egész, akkor az x2 + dy2 alakú számok

halmaza is zárt a szorzásra nézve?

Irodalomjegyzék

[1] Bolyai János: Appendix. Akadémiai Kiadó, Budapest, 1952.

[2] Euklidész: Elemek. Gondolat Kiadó, Budapest, 1983.

[3] Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet. Nemzeti Tankönyvkiadó,

Budapest, 2002.

[4] Robin Hartshorne: Geometry: Euclid and beyond. Springer-Verlag,

2000.

[5] J. H. Jeans: The Converse of Fermat's Theorem. Messenger of Mathe-

matics 27 (1897-1898), 174.

[6] Kiss Elemér: Matematikai kincsek Bolyai János kéziratos hagyatékából.

Akadémiai Kiadó és Typotex Kiadó, Budapest, 1999.

[7] Weszely Tibor: Bolyai János matematikai munkássága. Kriterion

Könyvkiadó, Bukarest, 1981.

[8] Weszely Tibor: Bolyai János. Az els® 200 év. Vince Kiadó, Budapest,

2002.

107

7. fejezet

Az algebra alaptétele

Az algebra alaptétele azt állítja, hogy minden nemkonstans, komplex együtt-

hatós polinomnak van gyöke a komplex számok körében.

Az algebra alaptétele. Ha p(x) ∈ C[x] nemkonstans polinom, akkor létezik

x0 ∈ C, melyre p(x0) = 0.

A tételnek rengeteg bizonyítása van, meglep® módon azonban a legtöbb

az analízis eszköztárát alkalmazza, és még a leginkább algebrai bizonyítás is

használ analitikus eszközt. A fejezetben, a történelmi vonatkozások tárgya-

lását követ®en, a tételt többféleképpen is igazoljuk. Célunk ezzel � a bizonyí-

tások megismertetésén túl � az, hogy a matematika különböz® területeinek

(algebra, topológia, komplex függvénytan) módszereib®l ízelít®t adjunk.

7.1. A bizonyítás története

A gyakorlati számítások el®ször a polinom egyenletek megoldóképletének

keresését helyezték a középpontba. Polinom alatt Gaussig mindenki valós

együtthatós polinomot értett, ez azonban nem túl er®s megszorítás.

A másodfokú egyenlet megoldóképlete 3600 éve, a mezopotámiaiak óta is-

mert. A harmadfokú egyenlet megoldóképletét Cardano publikálta 1545-ben.

Cardano tanítványa, Ferrari általánosította a módszert negyedfokú egyenle-

tek megoldására. A 19. század els® felében Ru�ni és Abel munkásságának

108

köszönhet®en világos lett, hogy a legalább ötödfokú egyenletekre nincs álta-

lános megoldóképlet, így a bizonyításhoz más utat kell találni.

Peter Roth az Arithmetica Philosophica (1608) cím¶ könyvében állítot-

ta el®ször, hogy az n-edfokú p(x) = 0 polinom egyenleteknek legfeljebb n

gyökük van. Albert Girard, a L'invention nouvelle en l'Algèbre (1629) cím¶

m¶vében kijelenti, hogy az n-edfokú polinomnak pontosan n gyöke van, ki-

véve ha az egyenlet �nem teljes�, azaz a polinom valamelyik együtthatója

nulla. A részletekb®l azonban úgy t¶nik, azt gondolta, hogy az állítás min-

dig igaz. Megmutatta például, hogy az x4 − 4x + 3 = 0 egyenletnek, habár

nem teljes, mégis 4 gyöke van, ezek 1, 1, −1 +√

2i és −1 −√

2i. Girard

azonban nem állította, hogy a gyökök mindig komplexek lesznek. A 17. szá-

zadban a folytonos függvények vizsgálatából kiderült, hogy a páratlan fokú

polinomoknak mindig van valós gyökük.

1746-ban d'Alembert teszi az els® komoly kísérletet a bizonyításra, mely-

nek lényege, hogy megpróbálja a polinom abszolút értékét csökkenteni, amíg

az el nem éri a nullát. 1749-ben Leonhard Euler megmutatta, hogy minden

hatodfokú valós együtthatós polinomnak van komplex gyöke. Az általános

esetben megpróbálta a 2n-fokú polinomot két n-edfokú szorzataként el®állí-

tani, a bizonyítása azonban meglehet®sen vázlatos, sok részlet nincs kidolgoz-

va. Joseph Louis de Lagrange nagy el®relépést tett Euler gondolatmenetének

teljessé tételében, de bizonyításában �ktív gyökökhöz volt kénytelen folya-

modni. (Mai szóhasználattal élve, nála a gyökök R egy T testb®vítéséb®l

kerülnek ki, nem feltétlenül C-b®l.) 1795-ben Pierre Simon de Laplace cso-

dálatos algebrai bizonyítással állt el®, azonban a gyökök az ® bizonyításában

is �ktívek voltak.

Carl Friedrich Gauss életében négy bizonyítást adott az algebra alap-

tételére, melyek közül az utolsó három mai szemmel nézve is kifogástalan.

Az els®t 1799-ben közölte a doktori disszertációjában, melyben az <p(x) =

= 0 és =p(x) = 0 egyenlet¶ görbék metszéspontjaként próbálja el®állíta-

ni a komplex gyököt, a topológiai bizonyítás azonban több helyen lyukas.

1816-ban publikált két helyes bizonyítást, melyek közül az els® majdnem

tisztán algebrai, a második pedig komplex függvénytani eszközöket alkal-

109

maz. Az 1849-es bizonyítás szól el®ször komplex együtthatós polinomokról,

és a módszer hasonlít az 1799-es bizonyításhoz. 1814-ben R. Argand egysze-

r¶ bizonyítást közölt az algebra alaptételére, azonban nem tudta igazolni,

hogy |p(x)| felveszi a minimumát. 1820-ban Louis Augustin Cauchy nagyon

hasonló bizonyítást produkált, ám ® sem tudta az el®z® állítást precízen bi-

zonyítani. Ez annak tudható be, hogy a 19. század elején az analízis még

nem volt kell®en megalapozva.

Miel®tt nekifognánk a tétel igazolásának, nézzük meg az állítás néhány

igen fontos következményét.

7.2. Következmények

Három fontos következményt említünk, melyek mindegyike ekvivalens az

algebra alaptételével.

7.2.1. Következmény. Az n-edfokú p(x) ∈ C[x] polinom

p(x) = an(x− x1) · · · (x− xn)

alakba írható, ahol x1, . . . , xn a polinom komplex gyökei és an a f®együttha-

tója.

Bizonyítás. Fokszám szerinti indukcióval bizonyítunk. n = 1-re igaz az ál-

lítás, tegyük fel, hogy igaz n − 1-re. Legyen a p(x) polinom n-edfokú. Az

algebra alaptétele szerint létezik x1 gyöke p(x)-nek. Ekkor maradékos osz-

tással adódik p(x) = (x − x1)q(x), ahol q(x) egy n − 1-edfokú polinom an

f®együtthatóval. Az indukciós feltétel szerint q(x) = an(x− x2) · · · (x− xn),

azaz valóban

p(x) = (x− x1)q(x) = an(x− x1) · · · (x− xn).

7.2.2. Következmény. Minden nemkonstans, valós együtthatós p(x) ∈ R[x]

polinom els® és másodfokú valós együtthatós polinomok szorzatára bomlik.

Bizonyítás. Az el®z® következmény szerint p(x) = an(x − x1) · · · (x − xn).

Ha xi valós, akkor x − xi valós tényez®. Ha xi nem valós, akkor xi 6= xi

110

is gyöke p(x)-nek, lásd 1. feladat. Így xi = xj megfelel® j ∈ {1, . . . , n}-re. Ekkor (x − xi)(x − xj) = (x − xi)(x − xi) = x2 − 2<(xi)x + |xi|2 valós

másodfokú tényez®t ad. Így a valós gyökök els®fokú valós tényez®t, a komplex

gyökök pedig a konjugáltjukkal együtt másodfokú valós tényez®t adnak p(x)-

ben.

A 7.2.2. következményb®l következik az alábbi.

7.2.3. Következmény. A valós számok felett irreducibilis polinomok els®-

vagy másodfokúak.

7.3. Elemi analitikus bizonyítás

Az els® és legelemibb bizonyításunk Argand 1814-es munkáján alapul.

Az algebra alaptételének bizonyítása. El®ször belátjuk, hogy |p(x)| felveszi aminimumát egy x0 ∈ C pontban. Világos, hogy |p(x)| → ∞ ha |x| → ∞,

lásd 2. feladat. Így |p(x)| in�muma megegyezik az origó körüli, elég nagy

sugarú zárt körlapon vett in�mumával. A zárt körlapon a folytonos |p(x)|függvény felveszi a minimumát egy x0 ∈ C pontban, így x0 az egész C-nminimumhelye |p(x)|-nek. Be fogjuk látni, hogy p(x0) = 0. Indirekt tegyük

fel, hogy p(x0) 6= 0. Ekkor a

q(x) =p(x+ x0)

p(x0)

polinomra q(0) = 1, és |q(x)| minimum értéke az 1. Legyen q(x) tagjai között

x legkisebb pozitív kitev®je k > 0. Ekkor

q(x) = 1 + akxk + xk+1t(x),

ahol t(x) ∈ C[x]. Legyen α az egyik k-adik gyöke − 1ak-nak, és térjünk át az

r(x) = q(xα

)

111

polinomra, amire az el®z®ek szerint

r(x) = 1− xk + xk+1s(x),

ahol s(x) ∈ C[x]. Az |r(x)| függvény minimum értéke szintén 1, látni fog-

juk azonban, hogy |r(x)| vesz fel 1-nél kisebb értéket, ami ellentmondás. A

háromszög-egyenl®tlenségb®l minden x ∈ (0,1) esetén

|r(x)| 6 |1− xk|+ |xk+1s(x)| = 1− xk + xk+1|s(x)| = 1− xk (1− x|s(x)|) .

Legyen f : R→ R, f(x) = x|s(x)|. Ekkor f folytonossága és f(0) = 0 miatt

létezik x1 ∈ R, melyre x1|s(x1)| < 1. Így xk1 (1− x1|s(x1)|) > 0, és

|r(x1)| 6 1− xk1 (1− x1|s(x1)|) < 1,

ellentmondás.

7.4. Algebrai bizonyítás

Most következ® bizonyításunk Laplace 1795-ös gondolatmenetét követi. A

következ® lemma bizonyítása az olvasóra marad, lásd 3. feladat.

7.4.1. Lemma. Minden p(x) ∈ C[x]-re teljesülnek az alábbiak:

1. p(x) = p(x) minden x ∈ C-re.

2. p(x) ∈ R[x] akkor és csak akkor, ha p(x) = p(x).

3. Ha r(x) = p(x)q(x), akkor r(x) = p(x)q(x).

Az algebra alaptételének bizonyítása. El®ször igazolni fogjuk, hogy ha min-

den nemkonstans valós együtthatós polinomnak van komplex gyöke, akkor

minden komplex együtthatós nemkonstans polinomnak is van. Legyen p(x) ∈∈ C[x] komplex együtthatós nemkonstans polinom, és legyen

r(x) = p(x)p(x).

112

A 7.4.1. lemma 3. pontját felhasználva

r(x) = p(x)p(x) = p(x)p(x) = p(x)p(x) = r(x),

ami a 7.4.1. lemma 2. pontja szerint azt jelenti, hogy r(x) valós együtthatós.

A feltétel szerint létezik x0 ∈ C, amire r(x0) = 0. Ekkor p(x0)p(x0) = 0,

tehát vagy p(x0) = 0, vagy p(x0) = 0. Az els® esetben készen vagyunk, a

második esetben a 7.4.1. lemma 1. pontját p(x)-re alkalmazva adódik p(x0) =

= p(x0) = p(x0) = 0, vagyis ekkor x0 gyöke p(x)-nek.

Most belátjuk, hogy minden nemkonstans valós együtthatós polinomnak

létezik komplex gyöke. Legyen p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a0 ∈ R[x].

Legyen n = 2mk, ahol k páratlan, m szerinti indukcióval bizonyítunk. Ha

m = 0, akkor p(x) olyan páratlan fokú valós együtthatós polinom, aminek

létezik valós gyöke, lásd 4. feladat. Tegyük fel indukcióval, hogy az állítás

igaz minden n = 2m−1k′-re, ahol k′ páratlan. Legyen p(x) foka n = 2mk.

Legyen F a p(x) felbontási teste R felett, melyben a gyökök α1, . . . , αn. Meg-

mutatjuk, hogy legalább az egyik gyök komplex. (Természetesen mindegyik

gyök komplex lesz, de nekünk elég egyr®l belátni.) Legyen l ∈ Z rögzített,

és vegyük a

q(x) =∏i<j

(x− (αi + αj + lαiαj))

polinomot. Igazolni fogjuk, hogy q(x) ∈ R[x]. A q(x) polinom együtthatói

az α1, . . . , αn gyökök valós együtthatós szimmetrikus polinomjai. A szim-

metrikus polinomok alaptétele szerint ekkor az együtthatók kifejezhet®k az

n darab

s1 = α1 + · · ·+ αn,

s2 = α1α2 + α1α3 + · · ·+ αn−1αn,

...

sn = α1α2 · · ·αn

elemi szimmetrikus polinom valós együtthatós n változós polinomjaiként,

113

így elég belátni, hogy az elemi szimmetrikus polinomok valósak. Mivel αi-k

a p(x) gyökei, ez következik a p(x) polinomra felírt Vieta-formulákból, mely

szerint minden 1 6 i 6 n-re

si = (−1)iaian∈ R.

Ezzel beláttuk, hogy q(x) ∈ R[x]. A q(x) polinom fokszáma(n

2

)=

(2mk

2

)=

2mk(2mk − 1)

2= 2m−1k(2mk − 1) = 2m−1k′,

ahol k′ páratlan. Az indukciós feltétel szerint tehát q(x)-nek létezik komplex

gyöke, azaz léteznek l-t®l függ® αi, αj-k, hogy

αi + αj + lαiαj ∈ C.

Ez azonban minden l ∈ Z-re igaz, és mivel csak véges sok (αi, αj) pár van,

ezért létezik két különböz® l1, l2 ∈ Z és αi, αj (i 6= j), hogy

x1 = αi + αj + l1αiαj ∈ C és x2 = αi + αj + l2αiαj ∈ C.

Így x1−x2 = (l1− l2)αiαj ∈ C, és így αiαj ∈ C. Ekkor azonban l1αiαj ∈ C,amib®l αi + αj = x1 − l1αiαj ∈ C. Legyen

r(x) = (x− αi)(x− αj) = x2 − (αi + αj)x+ αiαj ∈ C[x].

A másodfokú egyenlet megoldóképlete szerint r(x)-nek két komplex gyöke

van, azaz αi, αj ∈ C. Vagyis αi és αj a p(x) polinom komplex gyökei.

7.5. Topológiai bizonyítás

Legyen S1 = {x ∈ C : |x| = 1} a komplex egységkörvonal. A topológiai

bizonyítás kulcsfogalma az úgynevezett körülfordulási szám, ez szemlélete-

sen a következ®. Ha adott egy folytonos f : S1 → C \ {0} leképezés, akkoraz el®jelet is �gyelembe véve megszámoljuk, hogy f(x) hányszor kerüli meg

114

az origót, ha x-szel pozitív irányban körbemegyünk S1-en. A körülfordulási

szám precíz de�niálásának nehézségét az okozza, hogy a nem nulla komplex

számokhoz szöget rendel® arg : C \ {0} → [0,2π) függvény nem folytonos.

Ezért el®ször a szöget szeretnénk folytonosan értelmezni egy sz¶kebb hal-

mazon.

7.5.1. De�níció. Legyen A $ S1 egy tetsz®leges összefügg®, nyílt, való-

di részhalmaza S1-nek. Ekkor az origóból induló, A pontjain átmen® nyílt

félegyenesek unióját szögtartománynak hívjuk. A szögtartomány könnyen

láthatóan összefügg® és nyílt a síkon, azaz tartomány.

7.5.1. ábra. Szögtartomány

Egy U szögtartományon már értelmezhetjük folytonosan a szöget, az-

az létezik folytonos argU : U → R függvény, hogy minden x ∈ U esetén

argU (x) ≡ arg(x) (mod 2π), lásd 5. feladat. Ekkor minden x, y ∈ U esetén

(x, y)� = argU (y) − argU (x), ahol (x, y)� jelöli az x és y vektorok által

bezárt irányított szöget.

7.5.2. jelölés. Jelölje x, y ∈ S1 esetén I(x, y) ⊆ S1 az x-b®l pozitív irány-

ban y-ba men® zárt ívet. Jelölje x ∈ C és r > 0 esetén B(x, r) az x közép-

pontú r sugarú zárt körlapot.

7.5.3. De�níció. Legyen f : S1 → C \ {0} folytonos leképezés. Az{x1, . . . , xm} ⊆ S1 halmazt f -felosztásnak nevezzük, ha arg(x1) < · · · << arg(xm) és minden i ∈ {1, . . . ,m} esetén létezik Ui szögtartomány, melyre

f(I(xi, xi+1)) ⊆ Ui, ahol xm+1 = x1. Az f : S1 → C\{0} folytonos leképezés

115

körülfordulási száma

K(f) =

∑mi=1 (f(xi), f(xi+i)) �

2π.

7.5.2. ábra. Görbe 2 körülfordulási számmal

A de�nícióban S1-nek nincs kitüntetett szerepe, értelmezhetnénk a kö-

rülfordulási számot ugyanígy bármely körön, s®t bármely zárt görbén adott

folytonos függvény esetén is. Igazolni fogjuk, hogy a de�níció jó, azaz létezik

f -felosztás, és a körülfordulási szám értéke független a felosztás választá-

sától. A felosztás létezésének igazolásához szükségünk lesz az úgynevezett

Lebesgue-lemmára.

7.5.4. Lemma (Lebesgue). Legyen f : S1 → C \ {0} folytonos leképezés.

Legyenek U1, . . . , Un a komplex sík nyílt halmazai, melyekre ∪ni=1Ui = C\{0}.Ekkor létezik r > 0, melyre minden x ∈ S1-re létezik i = i(x) ∈ {1, . . . , n},hogy f (B(x, r)) ⊆ Ui.

Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy nem létezik megfelel® r > 0. Ekkor

minden k ∈ N+-hoz létezik xk ∈ S1, hogy f (B(xk,1/k))-t nem fedi egy Uisem. S1 kompaktsága miatt az 〈xk〉k∈N+ sorozatnak van konvergens részso-

rozata, így átindexelve feltehet®, hogy limk→∞

xk = x0. Mivel ∪ni=1Ui = C\{0},így feltehet®, hogy f(x0) ∈ U1. Ekkor f folytonossága és U1 nyíltsága miatt

elég nagy k-ra f (B(xk,1/k)) ⊆ U1, ellentmondás.

7.5.5. Tétel. A körülfordulási szám jól de�niált, és értéke egész szám.

116

Bizonyítás. Legyen f : S1 → C \ {0} rögzített folytonos leképezés. El®szörigazolnunk kell, hogy létezik f -felosztás. Legyenek U1, U2 olyan szögtarto-

mányok, melyekre U1∪U2 = C\{0}. A Lebesgue-lemma miatt létezik r > 0,

hogy minden x ∈ S1 esetén f (B(x, r)) ⊆ U1 vagy f (B(x, r)) ⊆ U2. Legyen

{x1, . . . , xm} ⊆ S1 olyan, hogy arg(x1) < · · · < arg(xm) és max16i6m |xi+1−− xi| < r, ekkor az el®z®ek miatt {x1, . . . , xm} egy f -felosztás.

Belátjuk, hogy a K(f) körülfordulási szám független a felosztás válasz-

tásától. Legyenek {x1, . . . , xm1} és {y1, . . . , ym2} tetsz®leges f -felosztások,

ahol {Ui}16i6m1 és {Vj}16j6m2 az ezt mutató szögtartományok, Kx(f) és

Ky(f) pedig a két felosztás segítségével de�niált körülfordulási szám. Tegyük

fel el®ször, hogy {x1, . . . , xm1} ⊆ {y1, . . . , ym2}. Legyen k ∈ {1, . . . ,m1} tet-sz®leges rögzített szám. Tegyük fel, hogy xk = yj és xk+1 = yj+n. Ekkor

Kx(f) = Ky(f)-hez elég igazolnunk, hogy

(f(xk), f(xk+1)) � =n∑i=1

(f(yj+i−1), f(yj+i)) �. (7.5.1)

A felosztás de�níciója szerint f(I(xk, xk+1)) ⊆ Uk. Az Uk szögtartományon

értelmezhetjük folytonosan a szöget, legyen ez argk : Uk → R. Ekkor

(f(xk), f(xk+1)) � = argk(xk+1)− argk(xk) = argk(yj+n)− argk(yj)

=

n∑i=1

(argk(f(yj+i))− argk(f(yj+i−1)))

=

n∑i=1

(f(yj+i−1), f(yj+i)) �,

így (7.5.1) teljesül. Az általános esetben legyen {z1, . . . , zn} az {x1, . . . , xm1}és {y1, . . . , ym2} felosztások közös �nomítása. Ekkor nyilván {z1, . . . , zn} isf -felosztás, és az el®z®ek szerint Kx(f) = Kz(f) = Ky(f). Ezzel beláttuk,

hogy a de�níció jó.

Belátjuk, hogy K(f) egész szám. Legyen {x1, . . . , xm} egy tetsz®leges f -

felosztás. Legyenek {Ui}16i6m az ezt mutató szögtartományok és argi : Ui →

117

R a szögek folytonos értelmezései. Ekkor

K(f) =

∑mi=1 (f(xi), f(xi+i)) �

2π=

∑mi=1 (argi (f(xi+1))− argi (f(xi)))

2π

=m∑i=1

argi−1 (f(xi))− argi (f(xi))

2π,

így elég igazolni, hogy argi−1 (f(xi)) − argi (f(xi)) a 2π egész többszöröse

minden i ∈ {1, . . . ,m} esetén. A szög értelmezése szerint argi−1 (f(xi)) ≡≡ arg (f(xi)) ≡ argi (f(xi)) (mod 2π), a tételt igazoltuk.

A következ® lemmák szemléletesen nyilvánvalóak, a precíz bizonyítás

azonban kissé technikai.

7.5.6. Lemma. Az f : S1 → C \ {0}, f(x) = xn leképezésre K(f) = n.

Bizonyítás. Legyenek xi = (i− 1)π/n, ahol i ∈ {1, . . . , 2n}. Ekkorf (I(xi, xi+1)) egy origó középpontú körvonal fele, vagyis része egy szögtar-

tománynak, így {x1, . . . , x2n} egy f -felosztás. Minden i ∈ {1, . . . , 2n} esetén(f(xi), f(xi+i)) � = π, így a körülfordulási szám de�níciója szerint

K(f) =

∑2ni=1 (f(xi), f(xi+i)) �

2π= n.

7.5.7. Lemma. Ha f, g : S1 → C \ {0} olyan folytonos leképezések, hogy

minden x ∈ S1-re (f(x), g(x))� < π/2, akkor K(f) = K(g).

Bizonyítás. Legyenek U1, . . . , U5 olyan π/2 szög¶ szögtartományok, melyek-

re ∪5j=1Uj = C \ {0}. A Lebesgue-lemma miatt létezik olyan {x1, . . . , xm}f -felosztás, hogy minden i ∈ {1, . . . ,m}-re létezik j = j(i) ∈ {1, . . . , 5},melyre f (I(xi, xi+1)) ⊆ Uj . Az (f(x), g(x))� < π/2 egyenl®tlenség felhasz-

nálásával kapjuk, hogy minden j ∈ {1, . . . ,5} esetén léteznek 3π/2 szög¶

Vj szögtartományok, melyekre Uj ⊆ Vj , és minden i ∈ {1, . . . ,m}-re létezikj = j(i) ∈ {1, . . . , 5}, melyre g (I(xi, xi+1)) ⊆ Vj . Így {x1, . . . , xm} egy g-felosztás is. Legyen minden j ∈ {1, . . . ,5} esetén argj : Vj → R folytonosan

118

értelmezett szög. Ekkor

K(f) =

∑mi=1 (f(xi), f(xi+i)) �

2π=

∑mi=1 (argi (f(xi+1))− argi (f(xi)))

2π

=m∑i=1

argi−1 (f(xi))− argi (f(xi))

2π,

és ugyanez igaz g-re is. Így elég belátnunk, hogy minden i ∈ {1, . . . ,m}esetén

argi−1 (f(xi))− argi (f(xi)) = argi−1 (g(xi))− argi (g(xi)) .

Mindkét oldal 2π többszöröse, így ez következik a lemma feltételéb®l adódó

| argi−1 (f(xi))− argi−1 (g(xi)) | < π/2 és | argi (f(xi))− argi (g(xi)) | < π/2

egyenl®tlenségekb®l.

Legyen D2 = {x ∈ C : |x| 6 1} az origó középpontú egységsugarú zárt

körlap.

7.5.8. Lemma. Legyen f : D2 → C\{0} folytonos leképezés. Ekkor a körlap

határára megszorított f |S1 leképezésre K(f |S1) = 0.

Bizonyítás. Legyen S1r = {x ∈ C : |x| = r} az r sugarú körvonal, és jelölje

K(f |S1r) az r sugarú körön értelmezett f |S1

rleképezés körülfordulási számát.

El®ször igazoljuk, hogy a ϕ : (0,1]→ Z, ϕ(r) = K(f |S1

r

)függvény folytonos.

Legyen r0 ∈ (0,1] rögzített. Mivel 0 /∈ f(D2), és f

(D2)kompakt halmaz

folytonos képeként kompakt, ezért f(D2)pozitív távolságra van az origótól.

Így f egyenletes folytonossága miatt létezik ε0 > 0, hogy minden |r − r0| << ε0 esetén f

(S1r

)és f

(S1r0

)megfelel® pontjai (a körvonalak azonos szög¶

pontjainak képei) kisebb mint π/2 szöget zárnak be. Ekkor a 7.5.7. lemma

miatt ϕ(r) = ϕ(r0), tehát ϕ folytonos r0-ban. Az r0 ∈ (0,1] tetsz®leges volt,

ezért ϕ folytonos.

Mivel ϕ folytonos és értékkészlete diszkrét, így konstans. f egyenletes

folytonossága és f(0) 6= 0 miatt elég kis r > 0 esetén f(S1r

)⊆ U valamilyen

U szögtartományra. Ekkor tetsz®leges x1 ∈ S1r -re {x1} egy f -felosztás, mely

119

mutatja hogy ϕ(r) = K(f |S1

r

)= 0. Így ϕ ≡ 0, tehát K (f |S1) = ϕ(1) =

= 0.

Most már minden készen áll, hogy belássuk az algebra alaptételét.

Az algebra alaptételének bizonyítása. Indirekt úton bizonyítunk, tegyük fel,

hogy a nemkonstans p(x) ∈ C[x] polinomnak nincs komplex gyöke. Feltehet-

jük, hogy a polinom f®együtthatója 1, azaz p(x) = xn+an−1xn−1 + · · ·+a0.

Bebizonyítjuk, hogy létezik R > 0 szám, hogy minden |x| > R esetén |xn| >

> |p(x)− xn|. Legyen R = 1 +n−1∑i=0|ai|, ekkor |x| > R esetén

|p(x)− xn| 6n−1∑i=0

|ai||x|i 6 |x|n−1n−1∑i=0

|ai| < |x|n. (7.5.2)

Legyen S1R = {x ∈ C : |x| = R} az R sugarú körvonal, f, g : S1

R → C \\ {0}, f(x) = p(x) és g(x) = xn. (7.5.2) szerint minden x ∈ S1

R-re |f(x) −−g(x)| < |g(x)|, azaz f(x) benne van a g(x) középpontú, |g(x)| sugarú nyílt

körlapban, vagyis (f(x), g(x))� < π2 . Ezért a 7.5.7. lemma miatt K(f) =

= K(g). Mivel arg(xn) = arg((Rx)n), így g körülfordulási száma ugyanaz

mint az x→ xn leképezésé az egységkörön. Azaz a 7.5. lemma miatt K(g) =

= n, tehát K(f) = n. Legyen D2R = {x ∈ C : |x| 6 R} az R sugarú zárt

körlap. Mivel p(x)-nek nincs gyöke, így p(D2R

)⊆ C \ {0}. Ekkor a 7.5.8.

lemma miatt K(f) = 0, vagyis n = 0, ellentmondás.

7.6. Komplex függvénytani módszerek

Komplex függvénytanban a polinomok általánosításai az úgynevezett egész-

függvények, azaz a teljes komplex síkon komplex értelemben di�erenciálható

függvények. Igazolni lehet, hogy az ilyen függvények pontosan az egész komp-

lex síkon konvergens hatványsorok, melyek így automatikusan akárhányszor

di�erenciálhatóak. A komplex integrálás és hatványsorba fejtés elméletének

kiépítése után bizonyítható Liouville tétele, melyet csak kimondunk, és le-

vezetjük bel®le az algebra alaptételét.

120

7.6.1. Tétel (Liouville). Korlátos egészfüggvény konstans.

Az algebra alaptételének bizonyítása. Tegyük fel indirekt, hogy a nemkons-

tans p(x) komplex polinom sehol sem nulla. Ekkor f : C → C, f(x) = 1p(x)

szintén egészfüggvény, továbbá |x| → ∞ esetén f(x)→ 0, lásd 2. feladat. Így

f(x) korlátos, tehát Liouville tétele szerint konstans. Ekkor p(x) is konstans,

ellentmondás.

Még több komplex függvénytani ismeret (reziduum tétel, Laurent-sorok

elmélete) szükséges Rouché tételének igazolásához, melyet (kissé gyengítve)

bizonyítás nélkül közlünk, majd levezetjük bel®le is az algebra alaptételét.

7.6.2. Tétel (Rouché). Az S körvonal a belsejével együtt legyen a D tarto-

mányban, ahol f(x) és g(x) reguláris függvények, amelyek S-en közel vannak

egymáshoz abban az értelemben, hogy minden x ∈ S esetén

|f(x)− g(x)| < |f(x)|.

Ekkor f(x)-nek és g(x)-nek multiplicitással számolva ugyanannyi gyöke van

S belsejében.

Az algebra alaptételének bizonyítása. Legyen p(x) nemkonstans komplex po-

linom. Feltehet®, hogy a f®együtthatója 1, azaz p(x) = xn+an−1xn−1+· · ·+

+ a0. Legyen f(x) = xn és g(x) = p(x). Ekkor a topológiai bizonyításban

látottak szerint, mivel f − g alacsonyabb fokú mint f , így elég nagy origó

körüli S körvonalat véve minden x ∈ S esetén |f(x)− g(x)| < |f(x)|. Rouc-hé tétele szerint tehát az S körön belül g(x)-nek multiplicitással számolva

ugyanannyi gyöke van, mint f(x) = xn-nek, azaz n > 0, amivel a bizonyítást

befejeztük.

Mélyebb komplex függvénytani módszerekkel sokkal több is bizonyítható,

az algebra alaptételének általánosításaként minden egészfüggvény el®állítha-

tó végtelen szorzatként, ez Weierstrass szorzat tétele.

121

7.7. Feladatok

1. Lássa be, hogy ha x0 ∈ C gyöke a p(x) ∈ R[x] polinomnak, akkor x0is gyöke!

2. Igazolja, hogy a p(x) ∈ C[x] nemkonstans polinomra |x| → ∞ esetén

|p(x)| → ∞!

3. Bizonyítsa be a 7.4.1. lemmát!

4. Igazolja, hogy páratlan fokú valós együtthatós polinomnak mindig van

valós gyöke!

5. Bizonyítsa be, hogy tetsz®leges U szögtartományon értelmezhet® foly-

tonosan a szög, azaz létezik folytonos argU : U → R függvény, hogy

minden x ∈ U -ra argU (x) ≡ arg(x) (mod 2π)!

6. Bizonyítsa be, hogy a nemkonstans p(x) ∈ C[x] polinom minden komp-

lex számot felvesz!

Irodalomjegyzék

[1] Bódi Béla: Algebra II. A gy¶r¶elmélet alapjai. Kossuth Egyetemi Kiadó,

Debrecen, 2000.

[2] H.-D. Ebbinghaus, H. Hermes, F. Hirzebruch, M. Koecher, K. Mainzer,

J. Neukirch, A. Prestel, R. Remmert: Numbers. Springer-Verlag, 1991.

[3] B. Fine, G. Rosenberger: The Fundamental Theorem of Algebra.

Springer-Verlag, 1997.

[4] W. Fulton: Algebraic Topology. A First Course. Springer-Verlag, 1995.

[5] Halász Gábor: Bevezet® komplex függvénytan. Második, javított kiadás.

Komplex függvénytani füzetek III., 2002.

[6] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Typotex kiadó, Budapest, 2007.

[7] Sz¶cs András: Topológia. online jegyzet.

122

8. fejezet

Hilbert-problémák

A II. Nemzetközi Matematikai Kongresszus 1900. augusztus 6-12. között

Párizsban ülésezett. David Hilbert augusztus 8-án Matematikai problémák

címmel tartott kés®bb óriási jelent®ségre szert tev® el®adást. Ebben felso-

rolta a matematika szerinte legfontosabb 10 nyitott kérdését, majd ezután

publikálta a kib®vített 23 problémából álló listát, mely nagy hatást gya-

korolt az egész 20. századi matematikára. Ezek közül fogunk itt néhányat

bemutatni, és a legegyszer¶bb, harmadik probléma bizonyítását közölni.

8.1. Nemnegatív polinom mindig négyzetösszeg?

Hilbert 17. problémájának története a 19. század végén kezd®dött, amikor

Hermann Minkowski a következ®t kérdezte:

8.1.1. kérdés (Minkowski). Ha az n-változós, valós együtthatós p polinomra

p(x1, x2, . . . , xn) > 0 minden x1, x2, . . . , xn ∈ R esetén, akkor léteznek-e

qi(x1, x2, . . . , xn), 1 6 i 6 k polinomok, hogy p = q21 + q22 + · · ·+ q2k?

A továbbiakban minden polinomról feltesszük, hogy valós együtthatós. A

kérdés más néz®pontból az, hogy ha egy többváltozós polinom nemnegatív,

annak van-e mindig tisztán algebrai oka, nevezetesen hogy polinomok négy-

zetösszege. Hilbert 1888-ban belátta amit Minkowski is sejtett, hogy a válasz

nemleges, indirekt bizonyítása azonban nem mutat példát olyan polinomra,

123

amit nem lehet a fenti alakban felírni négyzetösszegként, csupán a létezését

igazolja. Explicit konstrukciót ilyen polinomra el®ször T. S. Motzkin adott

1967-ben, az ® bizonyítását fogjuk ismertetni a kérdés körüljárása után.

Hilbert 17. problémája arra kérdez rá, hogy nemnegatív polinomot négy-

zetösszeggé lehet-e alakítani a következ®, gyengébb értelemben.

8.1.2. Hilbert 17. problémája. Ha az n-változós, valós együtthatós p poli-

nomra p(x1, x2, . . . , xn) > 0 minden x1, x2, . . . , xn ∈ R esetén, akkor igaz-e,

hogy p = s21 + s22 + · · ·+ s2k, ahol si(x1, x2, . . . , xn), 1 6 i 6 k két n-változós

polinom hányadosa?

1927-ben Emil Artin adta meg a pozitív választ, a fenti négyzetösszeggé

alakítás mindig lehetséges. A bizonyítás a modern algebra mély eszközeit

használja, ezért sajnos számunkra nem elérhet®. Jegyezzük meg, hogy Artin

bizonyítása egzisztencia bizonyítás, nem ad eljárást az si-k megkeresésére.

A következ®kben Minkowski kérdésére adunk választ.

8.1.1. Egyváltozós polinomok esete, pozitív válasz

Természetesnek t¶nik megvizsgálni, hogy mit mondhatunk Minkowski kér-

désére, ha n = 1, azaz egyváltozós polinomokat tekintünk? Be fogjuk látni,

hogy ebben az esetben a kérdésre pozitív válasz adható!

8.1.3. Tétel. Minden p(x) > 0 egyváltozós polinom felírható két polinom

négyzetösszegeként.

Bizonyítás. Legyen tehát p(x) nemnegatív polinom. Ha p(x) nulladfokú, ak-

kor p(x) ≡ c > 0, és így p(x) =√c2

+ 02 a kívánt négyzetösszeggé alakítás.

Ha p(x) els®fokú, akkor vesz fel negatív értéket, ha p(x) másodfokú, akkor

p(x) = ax2 + bx+ c = a

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a.

Mivel p(x) nemnegatív, így a > 0 és p(− b

2a

)= 4ac−b2

4a > 0, és így a fentiek

szerint a

q1(x) =√a

(x+

b

2a

)és q2(x) =

√4ac− b2

4a

124

polinomokkal valóban teljesül

p(x) = q21(x) + q22(x).

Az általános eset bizonyításához �gyeljük meg, hogy a két polinom négyzet-

összegeként el®álló polinomok halmaza zárt a szorzásra:

(q21 + q22

) (r21 + r22

)= (q1r1 + q2r2)

2 + (q1r2 − q2r1)2, (8.1.1)

ez az úgynevezett Lagrange-azonosság. Legyen p(x) foka l > 0, és tegyük fel

indukcióval, hogy az l-nél kisebb fokú polinomokra tudjuk az állítást. Ekkor

elég bebizonyítani, hogy p(x) kisebb fokú nemnegatív polinomok szorzata,

hiszen azok az indukció szerint két polinom négyzetösszegévé alakíthatók, és

(8.1.1) szerint a szorzatuk, azaz p(x) szintén.

El®ször tegyük fel, hogy p(x)-nek van egy x0 valós gyöke, melynek mul-

tiplicitása m > 1. Azaz

p(x) = (x− x0)mr(x), ahol r(x) ∈ R[x] és r(x0) 6= 0.

Az x = x0 + ε helyettesítéssel p(x0 + ε) = εmr(x0 + ε). Az r(x) polinom

folytonossága és r(x0) 6= 0 miatt létezik δ > 0, hogy minden |ε| 6 δ esetén

r(x0 + ε) azonos el®jel¶. Mivel p(x) nemnegatív, így εm is azonos el®jel¶

minden |ε| 6 δ esetén, tehát m páros, azaz m = 2k. Ekkor

p(x) = q2(x)r(x), ahol q(x) = (x− x0)k,

ezért p(x) nemnegativitása miatt minden x 6= x0 esetén r(x) > 0. Így a

folytonosság miatt r(x) > 0 minden x ∈ R esetén. A p(x) polinom tehát két

kisebb fokú nemnegatív polinom szorzata, az els® eset készen van.

Most tegyük fel, hogy p(x)-nek nincs valós gyöke. Az algebra alaptétele

szerint létezik x0 ∈ C gyöke p(x)-nek, és a p(x0) = 0 egyenletet konjugálva

kapjuk, hogy p(x0) = 0. Így x0 is gyöke p(x)-nek, és x0 /∈ R miatt x0 6= x0.

125

Legyen

s(x) = (x− x0)(x− x0) = x2 − 2<(x0)x+ |x0|2 ∈ R[x].

Az s(x) polinom gyökei a p(x) polinomnak is gyökei, így létezik r(x) ∈ C[x]

polinom, melyre p(x) = s(x)r(x). Mivel s(x) ∈ R[x], és maradékosan osztva

a p(x) polinomot az s(x) polinommal az eredmény ugyanaz R és C felett,

így r(x) ∈ R[x]. Az s(x) polinomnak pozitív a f®együtthatója és nincs valós

gyöke, így s(x) > 0 minden x ∈ R esetén. Ekkor p(x) = s(x)r(x), p(x) >

> 0 és s(x) > 0 miatt r(x) > 0 minden x ∈ R-re, azaz a p(x) polinom két

alacsonyabb fokú nemnegatív polinom szorzata.

8.1.2. Kétváltozós ellenpélda

Többváltozós polinomot nem tudunk szorzattá bontani az el®z® fejezetben

látott módon, mivel nincs többváltozós megfelel®je az algebra alaptételének,

így a bizonyításunk nem m¶ködik. Belátjuk, hogy Minkowski kérdésére a

válasz már n = 2 esetén is tagadó.

8.1.4. Tétel. Létezik nemnegatív kétváltozós polinom, ami nem írható fel

polinomok négyzetösszegeként.

Bizonyítás. A bizonyítás során a számtani- és mértani közép közötti egyen-

l®tlenséget fogjuk használni, ami szerint ha a1, a2, . . . , am nemnegatív valós

számok, akkor

m√a1a2 · · · am 6

a1 + a2 + · · ·+ amm

. (8.1.2)

Alkalmazzuk ezt az m = 3 esetben az a1 = x2, a2 = y2 és a3 = 1x2y2

nemnegatív számokra! Azt kapjuk, hogy

1 6x2 + y2 + 1

x2y2

3.

126

Mindkét oldalt szorozva 3x2y2-tel, majd rendezve, adódik, hogy a

p(x, y) = x4y2 + x2y4 − 3x2y2 + 1

kétváltozós polinom minden x, y ∈ R esetén nemnegatív. Be fogjuk látni,

hogy p(x, y) nem írható fel polinomok négyzetösszegeként. Tegyük fel indi-

rekt, hogy

p(x, y) = q21(x, y) + q22(x, y) + · · ·+ q2k(x, y). (8.1.3)

A p(x, y) polinom foka 6, így qi(x, y), 1 6 i 6 k legfeljebb harmadfokú lehet.

Helyettesítsünk (8.1.3)-ba y = 0-t, ekkor

1 = p(x,0) = q21(x,0) + q22(x,0) + · · ·+ q2k(x,0).

Hasonlóan x = 0-t behelyettesítve

1 = p(0, y) = q21(0, y) + q22(0, y) + · · ·+ q2k(0, y),

azaz |qi(x,0)| 6 1 és |qi(0, y)| 6 1 minden 1 6 i 6 k-ra és x, y ∈ R-re. Aqi(x,0) és qi(0, y) polinomok tehát korlátosak, azaz konstansok. Így qi(x, y)-

ban az x, x2, x3, y, y2, y3 tagok együtthatói mind nullák, így minden 1 6 i 6 l

esetén

qi(x, y) = ai + bixy + cix2y + dixy

2.

Nézzük meg végül (8.1.3) két oldalán x2y2 együtthatóját! A p(x, y) poli-

nomban ez az együttható −3, a q2i (x, y) polinomokban b2i , így a q21(x, y) +

+ q22(x, y) + · · ·+ q2k(x, y) polinomban b21 + b22 + · · ·+ b2k. Azaz −3 = b21 + b22 +

+ · · ·+ b2k, ellentmondás.

8.1.3. Feladatok

**1. Igaz-e, hogy minden komplex p(x) ∈ C[x] polinom el®áll két (egyválto-

zós) komplex polinom négyzetösszegeként? Mi a helyzet a többváltozós

esetben?

2. Legyenek u = q1 + q2i, v = r1 + r2i komplex számok. Mit fejez ekkor

127

ki a (8.1.1) Lagrange-azonosság?

*3. Keressen több bizonyítást a fejezetben használt (8.1.2) számtani és

mértani közép közötti egyenl®tlenségre!

4. Minden természetes számot el® tudunk állítani négyzetszámok össze-

geként, hiszen az n = 12 + · · ·+ 12︸ ︷︷ ︸n

el®állítás nyilvánvaló. El® tudunk-e

állítani minden természetes számot rögzített számú négyzetszám össze-

geként? Hány négyzetszámra van szükségünk a legrosszabb esetben?

Keresse meg a vonatkozó tételt a jegyzetben!

8.2. Prímproblémák

Hilbert nyolcadik problémája prímszámokkal foglalkozik, a Goldbach- és a

Riemann-sejtést foglalja magában.

8.2.1. A Goldbach-sejtés

Christian Goldbach 1742-ben, Eulerhez írt levelében fogalmazta meg a nevét

visel® sejtést. Azt állította, hogy minden 5-nél nagyobb természetes szám

felírható 3 prímszám összegeként. Euler a válaszában rámutatott, hogy ez

ekvivalens a következ®vel.

8.2.1. Goldbach-sejtés. Minden 2-nél nagyobb páros szám felírható két

prímszám összegeként.

A probléma máig nyitott, csak részeredmények ismertek. A leger®sebb

ismert eredmények talán a következ®k.

8.2.2. Tétel (Chen Jingrun, 1973). Minden 2-nél nagyobb páros szám egy

prím illetve egy olyan szám összege, mely vagy prím, vagy két prím szorzata.

Pintz János 2004-ben igazolta, hogy a páros számok nagy többsége el®áll

két prímszám összegeként.

128

8.2.3. Tétel (Pintz, 2004). Azoknak az n-nél kisebb páros számoknak a

száma, melyek nem állnak el® két prímszám összegeként legfeljebb Cn23 , ahol

C egy rögzített konstans.

A páratlan Goldbach-sejtés azt mondja ki, hogy minden 5-nél nagyobb

páratlan szám felírható 3 prímszám összegeként. Ez már lényegében megol-

dott, Ivan Matvejevics Vinogradov igazolta a következ®t.

8.2.4. Tétel (Vinogradov, 1937). Létezik N természetes szám, hogy minden

N -nél nagyobb páratlan szám el®áll három prímszám összegeként.

Az el®z® tétel fényében csak véges sok esettel kellene elbánnunk a pá-

ratlan Goldbach-sejtés igazolásához, azonban a bizonyítás során N olyan

nagynak adódik, hogy ez még számítógéppel sem lehetséges egyel®re.

8.2.2. A Riemann-sejtés

A Riemann-sejtés jelenleg a matematika egyik, ha nem a legfontosabb meg-

oldatlan problémája. Hilbert ezzel kapcsolatban azt mondta, hogy ha 100

év múlva felébredne, az volna az els® kérdése, hogy megoldották-e már a

Riemann-sejtést. A kérdés megértéséhez el®bbr®l kell kezdenünk. A prímek

látszólag szabálytalanul követik egymást, azonban nagyobb léptékben fontos

szabályszer¶ségeket lehet meg�gyelni.

8.2.5. jelölés. Jelölje π(n) az n-nél nem nagyobb prímek számát.

Gauss �atal korától kezdve böngészte a prímtáblázatokat, hogy szabály-

szer¶ségeket találjon a prímszámok eloszlásában.

Körülbelül 15 éves korában (1792) �gyelte meg az alábbi szabályszer¶sé-

get az m < n számok között lév® prímszámok számát illet®en. Megsejtette,

hogy ha n �elég nagy�, és n −m is �elég nagy� n-hez képest, akkor m és n

között a prímek száma közelít®leg n−mlogn . Ebb®l adódik m = 0 választással

a π(n) ≈ nlogn közelítés. Pafnutyij Csebisev 1848-ban bebizonyította, hogy

π(n) nagyságrendje valóban ez.

129

n π(n) n/ logn Li(n) π(n)− n/ logn Li(n)− π(n)103 168 145 177 23 9

104 1229 1086 1245 143 16

105 9592 8686 9629 906 37

106 78498 72382 78627 6116 129

107 664579 620421 664917 44158 338

108 5761455 5428681 5762208 332774 753

109 50847534 48254942 50847534 2592592 1700

1010 455052511 434294482 455055614 20758029 3103

1011 4118054813 3948131654 4118066400 169923159 11587

1012 37607912018 36191206825 37607950280 1416705193 38262

1013 346065536839 334072678387 346065645809 11992858452 108970

1014 3204941750802 3102103442166 3204942065691 102838308636 314889

1015 29844570422669 28952965460217 29844571475287 891604962452 1052618

8.2.1. ábra. π(n) közelítései

8.2.6. Tétel (Csebisev, 1848). Léteznek 0 < c1 < c2 konstansok, hogy min-

den n > 1 esetén

c1n

log n< π(n) < c2

n

log n.

Gauss azonban ennél többet sejtett, azt, hogy π(n) és nlogn aránya egy-

hez tart ha n tart a végtelenbe, más szóval aszimptotikusan egyenl®k. Ez

a számelméletben alapvet® jelent®ség¶ prímszámtétel, melyet Hadamard és

de La Vallée Poussin igazoltak végül 1896-ban, egymástól függetlenül.

8.2.7. Prímszámtétel (Hadamard és de la Vallée Poussin, 1896).

limn→∞

π(n)

n/ log n= 1.

A prímszámtétel bizonyításának keresése az egész 19. századi matema-

tikát nagyban befolyásolta, a század legjelent®sebb problémájává vált. Ez

inspirálta Riemann 1859-es dolgozatát, melynek középpontjában a komplex

számokon értelmezett zéta-függvény áll. Ha <(s) > 1 akkor legyen

ζ(s) =∞∑n=1

1

ns,

ekkor az összeg abszolút konvergens. Komplex függvénytani technikával ζ(s)

egyértelm¶en kiterjeszthet® az egész komplex síkra úgy, hogy mindenhol

analitikus legyen, kivéve az s = 1 helyet, ahol els®rend¶ pólusa lesz. A

130

zéta-függvényt a következ®, már Euler által is ismert összefüggés kapcsolja

a prímszámokhoz.

8.2.8. Tétel (Euler, 1749). Ha <(s) > 1, akkor

∞∑n=1

1

ns=∏p prím

1

1− p−s.

Bizonyítás. A mértani sor összegképletéb®l 11−p−s =

∞∑n=0

1psn . Ha ezt össze-

szorozzuk minden p prímre, akkor a bal oldalon megkapjuk∏p

11−p−s -t. A

jobb oldalon 1

(pn11 ···pnkk )

s alakú tagokat kapunk, ahol a pi-k különböz® prímek

és az ni-k természetes számok. A számelmélet alaptétele szerint minden n ∈∈ N+ esetén 1

ns -t pontosan egy el®z® alakú tag állítja el®, így a jobb oldali

összeg∞∑n=1

1ns . (Itt kihasználtuk, hogy <(s) > 1 miatt a

∞∑n=1

1ns összeg abszo-

lút konvergens, így tetsz®legesen átrendezhet®.)

Riemann rámutat a dolgozatában arra, hogy ζ(s) komplex gyökeinek

eloszlása szoros összefüggésben van a prímek eloszlásával, állításait ugyan-

akkor nem bizonyítja. Ez a kapcsolat a komplex függvénytannal lehet®vé

tette, hogy a 19. század végére megszülessen a prímszámtétel bizonyítása. A

prímszámtétel a zéta-függvény nyelvére lefordítva azzal ekvivalens, hogy a

zéta-függvénynek nincs gyöke a <(s) = 1 egyenlet¶ egyenesen. A Riemann-

sejtés ennél sokkal többet állít.

8.2.9. Riemann-sejtés (Riemann, 1859). A zéta-függvény összes nem-

triviális gyökének a valós része 1/2, azaz

ζ(s) = 0 és s /∈ {−2,−4,−6, . . . } =⇒ <(s) = 1/2.

Ez a prímek nyelvére visszafordítva a következ®t jelenti. Gauss már em-

lített meg�gyelése alapján jóval pontosabb közelítést is javasolt π(n)-re, az

Li(n) =

∫ n

2

1

log xdx

131

logaritmikus integrált. (Itt log 1 = 0 miatt indul 2-t®l az integrál.) Az Li(n)

függvény nemcsak hogy aszimptotikusan megegyezik π(n)-nel, hanem a ta-

pasztalatok azt mutatják, hogy a számjegyeik majdnem fele azonos. Ez a

Riemann-sejtés ekvivalens alakja.

8.2.10. Riemann-sejtés, ekvivalens alak. Minden ε > 0-hoz létezik

N(ε) ∈ N, hogy minden n > N(ε) esetén

|π(n)− Li(n)| < n12+ε.

A következ®, könnyen érthet® sejtésb®l következne a Riemann-sejtés.

8.2.11. sejtés. Két négyzetszám között mindig van prímszám.

A Riemann-sejtés szerepel a hét Milleniumi probléma között, melyek

megoldásáért a Clay Matematikai Intézet egy-egy millió dollárt ajánlott fel.

8.2.3. Feladatok

1. Bizonyítsa be, hogy ha a Goldbach-sejtés igaz, akkor igaz a páratlan

Goldbach-sejtés is!

2. Ha a számokat nem két prímszám, hanem két négyzetszám összege-

ként akarjuk el®állítani, akkor nevezetes eredményhez jutunk. Mi ez

az eredmény, azaz mely természetes számok állíthatók el® két négyzet-

szám összegeként? Keresse meg a vonatkozó tételt a jegyzetben!

*3. Igazolja a prímszámtétel felhasználása nélkül, hogy Li(n) ∼ n/ log n,

azaz limn→∞

Li(n)n/ logn = 1!

4. Lássa be a prímszámtétel felhasználásával, hogy elég nagy n-re n és

2n között van prímszám! (Ez az állítás minden n-re igaz, ez Csebi-

sev tétele.) Adjon aszimptotikát az n és 2n között található prímek

számára!

5. Becsülje meg a prímszámtétel segítségével annak a valószín¶ségét, hogy

egy találomra választott 10100-nál kisebb szám prím!

132

8.3. A kontinuumhipotézis

Hilbert els® problémája halmazelméleti jelleg¶, melyet Georg Cantor vetett

fel 1877-ben. Miel®tt közölnénk a problémát, kis betekintést adunk a halmaz-

elméletbe. Cantor talán legfontosabb felfedezése a számosság fogalma volt,

mely egy halmaz nagyságát írja le. A számosságot a következ® ekvivalencia-

relációval de�niáljuk.

8.3.1. De�níció. Azt mondjuk hogy az A és B halmazok számossága egyen-

l®, ha létezik ϕ : A→ B kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés, azaz bijekció.

Jelölje az A halmaz számosságát |A|.

Tehát véges halmazok számossága pontosan akkor egyenl®, ha azonos az

elemszámuk, így természetesnek t¶nik, hogy az n elem¶ halmaz számossá-

gát jelölje n. Hasonlóan, hozzárendelésekkel lehet értelmezni a számosságok

között a 6, < relációkat is.

8.3.2. De�níció. Az A halmaz számossága kisebb vagy egyenl® mint a B

halmazé, jelöléssel |A| 6 |B|, ha létezik injektív ϕ : A → B leképezés. Az

A halmaz számossága kisebb, mint a B halmazé, jelöléssel |A| < |B|, ha|A| 6 |B| de |A| 6= |B|, azaz van ϕ : A→ B injekció, de nincsen bijekció.

A trichotómia elve azonban egyáltalán nem világos ebb®l a de�nícióból,

azaz ha |A| 6 |B| és |A| > |B|, akkor következik-e |A| = |B|? Ezt a következ®tétel igazolja, melyet Cantor 1883-ban mondott ki, de csak kés®bb igazolta

Friedrich Schröder és Felix Bernstein. A tételt mi is csak kimondjuk.

8.3.3. Tétel. Ha az A és B halmazok között létezik Φ: A → B injekció és

Ψ: B → A injekció, akkor van ϕ : A→ B bijekció is.

Az eddigiek összhangban vannak a véges halmazokról alkotott elképzelé-

sünkkel, hiszen ha az A = {1, . . . , n} halmaz n a B = {1, . . . , n+ 1} halmaz

n+1 elem¶, akkor a ϕ : A→ B, ϕ(i) = i leképezés injekció, azonban bijekció

nyilván nincs, a B halmaz egy elemének nem jut pár. Így de�níció szerint

|A| < |B|-hez jutunk, az n < n+ 1 összefüggés természetesnek t¶nik.

Végtelen halmazokra azonban már ennyi is paradox állításokhoz vezet-

het. Galilei 1632-es, Párbeszédek a két legnagyobb világrendszerr®l cím¶

133

m¶vében például Salvieti és Sagredo vitatkozik, hogy több természetes szám

van-e, mint négyzetszám? Sagredo amellett érvel, hogy a természetes számok

többsége nem négyzetszám, így a válasz igen. Salviati azonban megmutatja,

hogy a ϕ : N → N, ϕ(n) = n2 leképezés párba állítja a számokat a négyze-

teikkel, tehát a két halmaz ugyanakkora. Cantor óta ezt úgy mondanánk,

hogy a két halmaz számossága azonos.

Hasonló az úgynevezett �Hilbert szálloda� paradoxona is, mely szerint

egy végtelen szálloda szobái a természetes számokkal vannak indexelve, és

minden szoba foglalt. Új vendég érkezik azonban, akit el kellene szállásolni.

A vendég azt javasolja, hogy a 0 sorszámú szoba lakója költözzön az 1-es

sorszámú szobába, az 1-es lakója a 2-esbe, és így tovább, mindenki költözzön

az eggyel nagyobb sorszámú szobába. Az új vendég így beköltözhet az üressé

vált 0 sorszámú szobába, a probléma megoldódott. Mindkét esetben az a

paradox, hogy egy végtelen halmaznak egy valódi részhalmaza ugyanakkora

számosságú.

8.3.4. De�níció. Az olyan halmazokat, melyek elemeit a természetes szá-

mokkal indexelve fel tudjuk sorolni, megszámlálhatóan végtelen halmazoknak

hívjuk. A számosságukat alef-nullnak nevezzük, jelölése ℵ0.

Az elmélet nem lenne túl érdekes, ha nem lennének más számosságú

végtelenek. E célból is természetesnek t¶nik megvizsgálni az egész, racionális,

illetve valós számok számosságát. Az egész számok számossága szintén ℵ0,hiszen felsorolhatók a következ®képpen: 0,1,−1,2,−2,3,−3, . . . . Nehezebb

dió a racionális számok halmaza, err®l szól a következ® tétel.

8.3.5. Tétel (Cantor, 1873). A racionális számok halmaza megszámlálha-

tóan végtelen.

Bizonyítás. Elég igazolni, hogy Q+ megszámlálható, ekkor nyilván Q is az.

Írjunk minden q ∈ Q+ számot q = ab alakba, ahol a, b ∈ N+ és (a, b) = 1.

A ϕ : Q+ → N+ × N+, ϕ(ab ) = (a, b) leképezés injekció, azaz |Q+| 6 |N+ ×× N+|, így elég igazolni, hogy N+ × N+ megszámlálható. Ehhez fel fogjuk

sorolni N+ × N+ elemeit. El®ször azokat a párokat soroljuk fel, melyeknél

134

8.3.1. ábra. Háromszög átdarabolása téglalappá

a koordináták összege 2, majd amelyeknél 3 és így tovább, a felsorolás te-

hát (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (2,2), (3,1), (1,4), (2,3) . . . Ha N+ ×N+-t koordi-

nátarendszerben képzeljük el, akkor voltaképpen az (1,1) pontból indulva

cikk-cakkban jártuk be a jobb fels® síknegyedet.

Ezek után talán meglep® Cantor következ® tétele, mely szerint a valós

számok halmaza nem megszámlálható! E fontos tételre két különböz® bizo-

nyítást is adunk.

8.3.6. Tétel (Cantor, 1873). A valós számok halmaza nem megszámlálha-

tóan végtelen.

Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy a valós számok halmaza megszámlál-

ható. Ekkor a (0,1] intervallumba es® számok halmaza is megszámlálható,

legyen egy felsorolásuk r1, r2, r3, . . . . Adjuk meg rn számokat olyan végtelen

tizedestört alakban, melyeknek nem végtelen sok 0 a vége. Ez egyértelm¶en

135

megtehet®, például 0,5 leírása 0,4999 . . . . Tehát

r1 = 0, a11a12a13 . . .

r2 = 0, a21a22a23 . . ....

rn = 0, an1an2an3 . . ....

Készítsük el a b = 0, b1b2b3 . . . számot úgy, hogy bn ∈ {1, . . . ,9} és bn 6= ann.

Ekkor nyilván b ∈ (0,1], és b nem végz®dik végtelen sok 0-ra. Így az indirekt

feltétel szerint b fel van sorolva, azaz valamilyen k ∈ N+-ra b = rk. Ekkor

b-nek a k-adik számjegye bk, míg rk-nak a k-adik számjegye akk, és bk 6= akk.

A tizedestört alakunk egyértelm¶sége miatt tehát b 6= rk, ellentmondás.

A tételre adunk egy második, hasonlóan szellemes bizonyítást.

Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy r1, r2, r3 . . . a valós számok felsorolá-

sa. Válasszunk I1 ⊆ R nemelfajuló, zárt intervallumot, melyre r1 /∈ I1. Ez-után válasszunk I2 ⊆ I1 nemelfajuló, korlátos és zárt intervallumot, melyre

r2 /∈ I2. Általában az n-edik lépésben válasszunk In ⊆ In−1 nemelfajuló,

zárt intervallumot, melyre rn /∈ In. Ekkor az analízisb®l jól ismert Cantor-

féle közös pont tétel szerint az In egymásba skatulyázott zárt intervallumok

metszete nem üres, legyen x0 ∈ ∩∞n=1In. Mivel rn /∈ In, így x0 6= rn minden

n ∈ N+-ra, azaz az x0 valós számot nem soroltuk fel, ellentmondás.

8.3.7. De�níció. A valós számok halmazának számosságát Cantor után

kontinuumnak nevezzük, és c-vel jelöljük.

8.3.8. De�níció. Az A halmaz hatványhalmazának nevezzük A összes rész-

halmazának halmazát, jelölésben

P(A) = {X : X ⊆ A}.

Két végtelen számosságot már ismerünk, a következ® tétel segítségével

tetsz®legesen nagy számosságokat is konstruálhatunk.

136

8.3.9. Tétel. Minden A halmazra |A| < |P(A)|.

Bizonyítás. Ha A = ∅, akkor teljesül az állítás, tegyük fel, hogy A 6= ∅.Az |A| 6 |P(A)| egyenl®tlenség világos, tegyük fel indirekt, hogy létezik

f : A→ P(A) bijekció. Elkészítjük A következ® részhalmazát:

X = {a ∈ A : a /∈ f(a)}.

Felhasználva, hogy f bijekció, létezik a0 ∈ A, hogy f(a0) = X.

Tegyük fel el®ször, hogy a0 ∈ f(a0) = X. Ekkor X de�níciója miatt

a0 /∈ f(a0), ellentmondás.

Végül tegyük fel, hogy a0 /∈ f(a0) = X. Ekkor X de�níciója miatt a0 ∈∈ f(a0), szintén ellentmondás.

Ezek után nem nehéz belátni, hogy |P(N)| = c, lásd 4. feladat. Cantor

azt sejtette, hogy nincs számosság a természetes számok és a valós számok

végtelenje között, ez a kontinuumhipotézis.

8.3.10. Kontinuumhipotézis. Nem létezik α számosság, melyre

ℵ0 < α < c.

A probléma nem várt módon oldódott meg. Kurt Gödel 1940-ben, a

Gödel-féle konstruálható halmazok segítségével bebizonyította, hogy a kon-

tinuumhipotézis nem cáfolható. Ez azt jelenti, hogy a kontinuumhipotézist

hozzávéve a halmazelméleti axiómákhoz csak akkor juthatunk ellentmondás-

ra, ha a halmazelméleti axiómáink már önmagukban is ellentmondásosak.

Paul Cohen 1963-ban, a forszolás általa kifejlesztett módszerével pedig belát-

ta, hogy nem is bizonyítható a halmazelmélet standard axiómarendszerében,

tehát a kontinuumhipotézis tagadása sem okoz ellentmondást. A kérdés tehát

nem válaszolható meg a hagyományos értelemben, az állítás független, azaz

a halmazelméleti axiómákhoz való hozzávétele, illetve a tagadás hozzávétele

sem okoz ellentmondást.

137

8.3.1. Feladatok

1. Igazolja, hogy megszámlálható sok új vendég is elhelyezhet® Hilbert

szállodájában!

2. Keressen bijekciót a (0,1) intervallum és R között!

3. Valahol egy távoli galaxisban a lakosok nagyon szeretnek bizottságok-

ba tömörülni. Minden lehetséges módon alkotnak egy bizottságot. Van

olyan bizottság, amiben a galaxis összes lakója tag és olyan is van,

melyben egyáltalán nincsenek tagok (ebben a bizottságban bizonyára

nem kerül sor éles vitára). A galaxis egy jegyz®je elhatározta, hogy

számba veszi a bizottságokat és úgy döntött, elnevezi ®ket a galaxis

lakóiról. Végére érhet-e a jegyz® ennek a munkának, vagy akárhogy

is igyekszik, nem tud minden bizottságnak nevet adni? (Raymond

Smullyan)

4. Bizonyítsa be, hogy |P(N)| = c!

5. Mi a komplex számok halmazának számossága?

*6. Egy valós számot algebrainak nevezünk, ha egy egész együtthatós po-

linom gyöke. Mi az algebrai számok halmazának számossága?

**7. Mi a számossága

a. az R→ R függvényeknek,

b. a folytonos R→ R függvényeknek?

8. Az α és β számosságok összegét a következ®képpen de�niálhatjuk. Ve-

gyünk A és B halmazokat úgy, hogy |A| = α, |B| = β továbbá A∩B =

= ∅. Legyen α+β = |A∪B|. Igazolja, hogy ez az összeadás jólde�niált,nem függ a választott A és B halmazoktól!

8.4. Sokszögek és poliéderek átdarabolása

Hilbert harmadik problémája poliéderek átdarabolásával kapcsolatos. Ki-

mondásához szükségünk lesz az alábbi de�níciókra.

138

8.4.1. De�níció. Két sokszöget/poliédert egymásba átdarabolhatónak ne-

vezünk, ha páronként egybevágó, közös bels® pont nélküli sokszögekre/poli-

éderekre bonthatók. Két sokszöget/poliédert együttesen kiegészíthet®nek ne-

vezünk, ha ki lehet ®ket sokszögekkel/poliéderekkel olyan sokszögekké/poli-

éderekké egészíteni, melyek átdarabolhatók egymásba.

A de�nícióból világos, hogy az átdarabolhatóságból következik az együt-

tesen kiegészíthet®ség.

A sokszögek átdarabolhatóságának kérdése már a 19. század els® felé-

ben megoldódott, Bolyai Farkas, Paul Gerwien és William Wallace igazolta

egymástól függetlenül az alábbi tételt.

8.4.2. Tétel (Bolyai, Gerwien, Wallace). Két sokszög pontosan akkor egy-

másba átdarabolható, ha a területük egyenl®.

Bizonyítás. A területek egyenl®sége nyilván szükséges feltétele az átdara-

bolhatóságnak, így elég megmutatnunk, hogy két azonos terület¶ sokszög

átdarabolható egymásba. Jelölje P ∼ Q azt, hogy a P és Q sokszögek átda-

rabolhatók egymásba, P ≡ Q pedig azt, hogy egybevágók. Az állítást több

lépésben igazoljuk.

(i) El®ször belátjuk, hogy ∼ ekvivalencia-reláció. A re�exivitás és a szim-

metria világos, a tranzitivitáshoz tegyük fel, hogy P ∼ Q és Q ∼ R. Ekkor

P ∼ Q de�níciója szerint léteznek közös bels® pont nélküli Pi és Qi (i ∈∈ {1, . . . , n}) sokszögek, melyekre

P =

n⋃i=1

Pi, Q =

n⋃i=1

Qi és Pi ≡ Qi minden i ∈ {1, . . . , n} esetén.

Hasonlóan Q ∼ R miatt léteznek közös bels® pont nélküli Q′j és Rj (j ∈∈ {1, . . . ,m}) sokszögek, melyekre

Q =m⋃j=1

Q′j , R =m⋃j=1

Rj és Q′j ≡ Rj minden j ∈ {1, . . . ,m} esetén.

Feltehet®, hogy a Qi, Q′j sokszögek mindegyike konvex, ellenkez® esetben

néhány átlójuk behúzásával háromszögekre bonthatók (lásd 1. feladat), és

139

lecserélhetjük ®ket e háromszögekre. Legyenek minden i ∈ {1, . . . , n} eseténϕi : Pi → Qi, és hasonlóan minden j ∈ {1, . . . ,m} esetén ψj : Q′j → Rj a

megfelel® egybevágóságok. Könny¶ látni, hogy minden i ∈ {1, . . . , n} ese-tén ∪mj=1(Qi ∩Q′j) a Qi felbontása közös bels® pont nélküli részekre, és így

∪mj=1ϕ−1i (Qi ∩Q′j) a Pi felbontása közös bels® pont nélküli részekre. Hason-

lóan ∪ni=1ψj(Qi∩Q′j) az Rj felbontása közös bels® pont nélküli részekre. Így

n⋃i=1

m⋃j=1

ϕ−1i (Qi ∩Q′j) ésn⋃i=1

m⋃j=1

ψj(Qi ∩Q′j) (8.4.1)

a P és R sokszögek felbontásai közös bels® pont nélküli részekre. Ekkor a

ψj ◦ϕi egybevágóság mutatja, hogy ϕ−1i (Qi∩Q′j) ≡ ψj(Qi∩Q′j). Ez pont aztjelenti, hogy P és R átdarabolható egymásba, csak azt kell meggondolnunk,

hogy a ϕ−1i (Qi∩Q′j) halmazok sokszögek. Mivel Qi és Q′j is konvex sokszög,

így Qi ∩Q′j tényleg egy esetleg szakasszá, ponttá, vagy üres halmazzá fajuló

sokszög. Ha elfajuló, akkor (8.4.1) mindkét oldaláról elhagyhatjuk a megfele-

l® tagot, és (8.4.1) megmaradó tagjai mutatják P és R átdarabolhatóságát.

Tehát P ∼ R, és így igazoltuk, hogy ∼ ekvivalencia-reláció.

(ii) Igazoljuk, hogy bármely ABC háromszög téglalappá darabolható.

Legyen AB a háromszög leghosszabb oldala, FbFa az AB-vel párhuzamos

középvonal, és T a C-b®l induló magasság talppontja. Legyen D az FbFa és

CT szakaszok metszéspontja, legyen E a D pont tükörképe az Fa pontra,

illetve G a D pont tükörképe az Fb pontra. Ekkor az egybevágó CDFa és

BEFa, illetve CDFb és AGFb háromszögek mutatják, hogy az ABC három-

szög átdarabolható az ABEG téglalapba.

8.4.1. ábra. Háromszög átdarabolása téglalappá

140

(iii) Bebizonyítjuk, hogy két azonos alapú és egyenl® magasságú parale-

logramma átdarabolható egymásba. Feltehet®, hogy a két parallelogramma

ABCD és ABC ′D′, továbbá a CD és C ′D′ szakaszok egy egyenesen vannak.

El®ször tegyük fel, hogy a CD és C ′D′ szakaszok metszik egymást, ekkor

feltehet®, hogy C ′ illeszkedik CD-re. Ekkor az egybevágó BCC ′ és ADD′

háromszögek mutatják ABCD és ABC ′D′ átdarabolhatóságát.

8.4.2. ábra. Parallelogrammák átdarabolhatósága(metsz® eset)

Az általános esetben vegyünk olyan ABCiDi, i ∈ {1, . . . , k} paralelog-rammákat, hogy ABC1D1 = ABCD és ABCkDk = ABC ′D′, az összes Ciés Di egy egyenesre illeszkedik, továbbá CiDi metszi Ci+1Di+1-et minden

i ∈ {1, . . . , k − 1} esetén. Ekkor az el®z®ek miatt ABC1D1 ∼ ABC2D2 ∼∼ . . . ∼ ABCkDk. Mivel ∼ ekvivalencia-reláció, így ABC1D1 ∼ ABCkDk,

azaz ABCD ∼ ABC ′D′.

8.4.3. ábra. Parallelogrammák átdarabolhatósága (ál-talános eset)

(iv) Belátjuk, hogy bármely téglalap átdarabolható olyan téglalappá,

melynek az egyik oldala egység hosszú. Legyen az ABCD téglalap oldalai-

nak hossza |AB| = a és |CD| = b, feltehet®, hogy b 6 a. El®ször igazoljuk,

141

hogy ha b 6 c, akkor ABCD átdarabolható egy olyan téglalapba, melynek

egyik oldala c hosszúságú. Ehhez vegyünk C ′ és D′ pontokat a CD egye-

nesen úgy, hogy |BC ′| = |AD′| = c, és ABC ′D′ paralelogramma legyen.

Az ABCD és ABC ′D′ paralelogrammáknak közös az alapja és egyenl® a

magassága, így (iii) miatt ABCD ∼ ABC ′D′. Legyenek az E és G pon-

tok az AD′ egyenesén úgy, hogy EBC ′G téglalap. Az ABC ′D′ és EBC ′G

paralelogrammák azonos alapúak és egyenl® magasságúak, így (iii) miatt

ABC ′D′ ∼ EBC ′G. Mivel ∼ ekvivalencia-reláció, így ABCD ∼ EBC ′G′,

és az EBC ′G téglalap egyik oldalára |BC ′| = c, így valóban átdaraboltuk

ABCD-t egy c oldalú téglalapba.

8.4.4. ábra. Téglalap átdarabolása téglalappá

Mivel b 6 a, így b 6 1 és b 6 ab közül legalább egy teljesül. Ha b 6 1,

akkor az el®z®ek szerint ABCD átdarabolható egység oldalú téglalappá,

készen vagyunk. Ha b 6 ab, akkor az el®z®ek szerint ABCD átdarabolható

olyan téglalappá, melynek az egyik oldala ab hosszúságú. Mivel az egymásba

átdarabolható sokszögek azonos terület¶ek, ezért az új téglalapunk másik

oldalának hossza 1.

Most már készen állunk a tétel igazolására. Legyenek P,Q egyenl® terü-

let¶ sokszögek. Bontsuk fel a P sokszöget megfelel® átlóinak segítségével há-

romszögekre. Ekkor (ii) segítségével minden háromszöget átdarabolhatunk

téglalappá, majd (iv) segítségével minden téglalapot átdarabolhatunk egy-

ség oldalú téglalappá. Az egység oldalú téglalapokat összerakva megkapjuk

P átdarabolását egy egység oldalú TP téglalappá, azaz P ∼ TP . Hasonlóan

létezik egység oldalú TQ téglalap, melyre Q ∼ TQ. A feltétel szerint P és Q

142

egyenl® terület¶ek, így az átdarabolással nyert TP és TQ téglalapok területe

is egyenl®. Mivel TP és TQ egyik oldala egységnyi, és a területük egyenl®,

így egybevágóak. Vagyis P ∼ TP ∼ TQ ∼ Q, azaz P ∼ Q, a bizonyítást

befejeztük.

A poliéderekre vonatkozó analóg problémát Bolyai Farkas említi el®ször

1830 körül, és Gauss két 1844-es levelében is megtalálható. A motiváció

a következ®. Ha egyenl® térfogatú tetraédereket egybevágó részekre lehetne

bontani, akkor Euklidész XII.5. tételére, mely szerint azonos alapú és magas-

ságú gúlák térfogata egyenl®, elemi bizonyítást kapnánk. Ez egyúttal olyan

konstruktív de�níciót is adna poliéderek térfogatára, mely nem használja a

folytonosság fogalmát.

Hilbert azt sejtette, hogy három dimenzióban az azonos térfogatú poli-

éderek nem feltétlenül darabolhatók át egymásba, s®t, lehetnek nem együt-

tesen kiegészíthet®k is.

8.4.3. Hilbert harmadik problémája. Adjunk meg két azonos alapú és

egyenl® magasságú tetraédert, melyek nem együttesen kiegészíthet®k!

A problémát Hilbert tanítványa, Max Dehn oldotta meg, aki egy 1900-

as cikkében konstruált két egymásba nem átdarabolható egyenl® alapú és

magasságú tetraédert. Második, 1902-es cikkében együttesen nem kiegészít-

het®eket is mutatott, ezzel a harmadik probléma els®ként oldódott meg a

Hilbert-problémák közül. A következ®kben bemutatjuk Dehn bizonyításának

Kagan, Hadwiger és Boltyanszkij által egyszer¶sített változatát.

A bizonyítás el®tt némi el®készületre lesz szükségünk.

8.4.4. jelölés. Ha adott a valós számok véges M = {m1, . . . ,mk} részhal-maza, akkor jelölje

V (M) =

{k∑i=1

qimi : qi ∈ Q,mi ∈M,k ∈ N

}

az M által generált vektorteret Q felett.

143

Ha P poliéder, akkor álljon az MP halmaz a P poliéder lapszögeib®l és

π-b®l.

8.4.5. De�níció. Ha V egy π-t tartalmazó vektortér Q felett, akkor az

f : V → Q függvényt Dehn-típusúnak hívjuk, ha lineáris Q felett és f(π) =

= 0.

Legyen adott egy P poliéder, egyM ⊂ R véges halmaz, melyreMP ⊆Més egy f : V (M) → Q Dehn-típusú függvény. Ekkor a P poliéder f szerinti

Dehn-invariánsa

Df (P ) =∑e

l(e)f (α(e)) ,

ahol az összegzést P minden e élére végezzük, l(e) az e él hosszát, α(e) pedig

az e élnél található lapszöget jelöli.

8.4.6. Tétel (Dehn-Hadwiger). Legyenek P és Q együttesen kiegészíthet®

poliéderek. Ekkor bármely P és Q lapszögeit valamint π-t tartalmazóM véges

halmaz és f : V (M)→ Q Dehn-típusú függvény esetén

Df (P ) = Df (Q).

Bizonyítás. El®ször igazoljuk, hogy ha a P poliéder feldarabolható véges sok

P1, . . . , Pn poliéderre, és P, P1, . . . , Pn minden lapszöge benne van M -ben,

akkor minden f : V (M)→ Q Dehn-típusú függvényre

Df (P ) =n∑i=1

Df (Pi). (8.4.2)

Ennek igazolásához tekintsük a Pi poliéderek éleinek végpontjait, és legyen

E a szomszédos végpontok által meghatározott részélek halmaza. Legyen

minden i ∈ {1, . . . , n} esetén Ei = {e ∈ E : e részéle Pi-nek}. Ha e ∈ E

részéle P -nek, akkor jelölje α(e) a P poliéderben e-nél lév® lapszöget. Ha e

nem részéle P -nek, akkor legyen α(e) = π vagy α(e) = 2π attól függ®en,

hogy e a P poliéder lapján vagy belsejében helyezkedik el. Ha e ∈ Ei (i ∈∈ {1, . . . , n}) akkor jelölje αi(e) a Pi poliéderben e-nél lév® lapszöget, e ∈∈ E \Ei esetén pedig legyen αi(e) = 0. Ekkor könnyen látható, hogy minden

144

e ∈ E esetén

α(e) =n∑i=1

αi(e). (8.4.3)

Ha e ∈ E \Ei, akkor f(αi(e)) = f(0) = 0, így minden i ∈ {1, . . . , n} esetén∑e∈E

l(e)f (αi(e)) =∑e∈Ei

l(e)f (αi(e)) . (8.4.4)

Megmutatjuk, hogy

Df (P ) =∑e∈E

l(e)f (α(e)) . (8.4.5)

Ha e ∈ E nem részéle P -nek, akkor α(e) = π, vagy α(e) = 2π. Mivel f

Dehn-típusú, így f(2π) = f(π) = 0, vagyis az e-hez tartozó tag nulla (8.4.5)

jobb oldalán. Ha pedig eP a P poliéder éle, akkor az e ⊆ eP részélekre vett

l(e)f(α(e)) összegek kiadják l(eP )f (α(eP ))-t, hiszen α(e) = α(eP ) és az

élhosszok összeadódnak. Így (8.4.5) valóban teljesül. Hasonlóan következik

minden i ∈ {1, . . . , n}-re

Df (Pi) =∑e∈Ei

l(e)f (αi(e)) . (8.4.6)

A megadott sorrendben fogjuk felhasználni a következ®ket: (8.4.5), (8.4.3),

f linearitása, (8.4.4) és (8.4.6). Így adódik

Df (P ) =∑e∈E

l(e)f (α(e)) =∑e∈E

l(e)f

(n∑i=1

αi(e)

)=∑e∈E

n∑i=1

l(e)f (αi(e))

=

n∑i=1

∑e∈E

l(e)f (αi(e)) =

n∑i=1

∑e∈Ei

l(e)f (αi(e)) =

n∑i=1

Df (Pi).

Ezzel (8.4.2)-t igazoltuk.

Végül tegyük fel, hogy P és Q együttesen kiegészíthet®k, azaz léteznek

P1, . . . , Pm és Q1, . . . , Qm poliéderek, hogy Pi és Qi egybevágóak minden

i ∈ {1, . . . ,m} esetén, és a P ′ = P ∪ P1 ∪ . . . ∪ Pm és Q′ = Q ∪ Q1 ∪ . . . ∪

145

∪ Qm poliéderek átdarabolhatók egymásba. Ez azt jelenti, hogy léteznek

P ′1, . . . , P′n és Q′1, . . . , Q

′n poliéderek, hogy P ′ = ∪ni=1P

′i és Q′ = ∪ni=1Q

′i,

továbbá P ′i és Q′i egybevágóak minden i ∈ {1, . . . , n} esetén.

Jelölje M ′ azt a véges halmazt, melyet M -b®l kapunk az összes fent sze-

repl® poliéder lapszögeinek hozzáadásával. Ekkor könnyen igazolható, hogy f

kiterjeszthet® egy f ′ : V (M ′)→ Q Dehn-típusú függvénnyé, lásd 3. feladat.

Mivel minden i ∈ {1, . . . , n} esetén P ′i és Q′i egybevágóak, így Df ′(P′i ) =

= Df ′(Q′i). Felhasználva (8.4.2)-t adódik

Df ′(P ′)

=

n∑i=1

Df ′(P ′i)

=

n∑i=1

Df ′(Q′i)

= Df ′(Q′). (8.4.7)

Ismét felhasználva (8.4.2)-t és (8.4.7)-t kapjuk

Df ′ (P ) +m∑i=1

Df ′ (Pi) = Df ′(P′) = Df ′

(Q′)

= Df ′ (Q) +m∑i=1

Df ′ (Qi) .

(8.4.8)

Ekkor Pi és Qi egybevágósága miatt Df ′(Pi) = Df ′(Qi), így (8.4.8)-ból

Df ′(P ) = Df ′(Q). Mivel f ′ az f kiterjesztése, így Df (P ) = Df ′(P ) és

Df (Q) = Df ′(Q), amib®l valóban Df (P ) = Df (Q).

Szükségünk lesz a következ® technikai lemmára.

8.4.7. Lemma. Az 1π arccos 1√

3szám irracionális.

Bizonyítás. Legyen γ = arccos 1√3. Tegyük fel indirekt, hogy γ

π = lm , ahol

l,m ∈ N+ és m > 2. Ekkor mγ = lπ, azaz cos(mγ) = ±1. De�niáljuk az

an = cos(nγ) sorozatot, ekkor az el®z®ek szerint am = ±1. Elég igazolnunk,

hogy minden n ∈ N esetén an = bn√3n alakú, ahol bn egy 3-mal nem osztható

egész szám, hiszen ez n = m-re alkalmazva ellentmond am = ±1-nek.

Teljes indukcióval bizonyítunk n szerint. A sorozat els® két tagja, a0 = 1

és a1 = 1√3megfelel® alakú. Tegyük fel, hogy minden k 6 n-re ak = bk√

3k ,

belátjuk hogy an+1 is ilyen alakú. Az indukciós feltevést és a

cosα+ cosβ = 2 cosα+ β

2cos

α− β2

146

addíciós képletet α = (n+ 1)γ és β = (n− 1)γ szereposztással alkalmazva

an+1 = cos(n+ 1)γ = 2 cosnγ cos γ − cos(n− 1)γ = 2ana1 − an−1 =

2bn√3n

1√3− bn−1√

3n−1 =

2bn − 3bn−1√3n+1 .

Legyen bn+1 = 2bn − 3bn−1 a kapott tört számlálója. Az indukciós feltétel

miatt bn nem osztható 3-mal, így bn+1 sem, vagyis an+1 megfelel® alakú.

Hilbert harmadik problémájának bizonyítása. Vegyük az A = (0,0,0), B =

= (1,0,0), C = (0,1,0), D = (0,0,1) és D′ = (0,1,1) pontokat a térben.

8.4.5. ábra. ABCD és ABCD′ tetraéderek

Jelölje T1 az ABCD, T2 pedig az ABCD′ tetraédert. Ekkor T1 és T2azonos alapú és egyenl® magasságú. Némi számolással adódik, hogy T1 lap-

szögeinek nagysága π és γ = arccos 1√3, oldalai pedig 1 és

√2 hosszúságúak,

míg T2 lapszögeinek nagysága π4 ,

π3 és π

2 . Ekkor MT1 = {π2 , π, γ} és MT2 =

= {π4 ,π3 ,

π2 , π}, lásd 4. feladat. Legyen

M = MT1 ∪MT2 ={π

4,π

3,π

2, π, γ

}.

A 8.4.7. lemma miatt π és γ lineárisan függetlenek Q felett, ezért létezik

f : V (M)→ Q Dehn-típusú függvény, melyre f(γ) = 1. Felhasználva f(π) =

= 0 egyenletet és f linearitását kapjuk, hogy f(π4

)= f

(π3

)= f

(π2

)=

147

= f(π) = 0. Így

Df (T1) = 3√

2f(γ) = 3√

2 és Df (T2) = 0.

Azaz a két tetraéder f szerinti Dehn-invariánsa különböz®, így a 8.4.6. tétel

szerint nem együttesen kiegészíthet®k.

8.4.1. Feladatok

*1. Bizonyítsa be, hogy minden sokszög néhány átlójának behúzásával kö-

zös bels® pont nélküli háromszögekre bontható!

**2. Igaz-e az el®z® feladat általánosítása a térben, azaz felbontható-e min-

den poliéder olyan közös bels® pont nélküli tetraéderekre, melyeknek

a csúcsai a poliéder csúcsai közül kerülnek ki?

3. Legyenek V ⊆ V ′ tetsz®leges π-t tartalmazó vektorterek Q felett. Iga-

zolja, hogy minden f : V → Q Dehn-típusú függvény kiterjeszthet®

f ′ : V ′ → Q Dehn-típusú függvénnyé!

4. Számítsa ki a fent de�niált T1 és T2 tetraéderek lapszögeit!

5. Bizonyítsa be a Dehn-invariáns segítségével, hogy az azonos térfogatú

kocka és szabályos teraéder nem együttesen kiegészíthet®k, ha felhasz-

nálhatjuk, hogy arccos 13 irracionális!

Irodalomjegyzék

[1] M. Aigner, G. M. Ziegler: Bizonyítások a Könyvb®l. Harmadik javított,

b®vített kiadás alapján magyarra fordította Révai Nóra. Typotex, 2004.

[2] J. J. Grey: The Hilbert Challenge. Oxford University Press, 2000.

[3] B. H. Yandell: The Honors Class: Hilbert's problems and their solvers.

A K Peters, 2002.

148

[4] Laczkovich Miklós: Mi a matematika? A matematikai igazságról. El®-

adás, Mindentudás Egyeteme, 2006.

[5] Laczkovich Miklós: Sejtés és bizonyítás. Typotex, 1998.

[6] Simonovits András: Válogatott fejezetek a matematika történetéb®l. Ty-

potex kiadó, Budapest, 2009.

[7] J. M. Steele: The Cauchy-Schwartz Master Class. An Introduction to

the Art of Mathematical Inequalities. Cambridge University Press, 2004.

149