Számokról és alakzatokról [3., jav., bőv. kiad. ed.] 9789632790299, 9632790294 [PDF]

Zitiervorschau

Számokról és alakzatokról

A kiadó ajánlata: Bergengóc példatár 1–2. Bóc István: A kriminális hetedik bé Pogáts Ferenc (szerk.): Varga Tamás matematikai versenyek 1–3. Róka Sándor: 137 számrejtvény Róka Sándor: Hány éves a kapitány? Szendrei Julianna: Gondolod, hogy egyre megy? A matematika tanításáról

Hans Rademacher – Otto Toeplitz

Számokról és alakzatokról

Budapest, 2010

A kötet megjelenését az MTA Matematikai Tudományok Osztályának ajánlásával az MTA Könyv- és Folyóirat-kiadó Bizottsága támogatta. A m˝u eredeti címe: Von Zahlen und Figuren. Zweite Auflage, Julius Springer, Berlin, 1933. c Szívás János, Typotex, 2010 Hungarian translation
Az el˝oszót fordította: Ádám András Harmadik, javított, jegyzetekkel b o˝ vített kiadás ISBN 978 963 279 029 9 Témakör: matematika Kedves Olvasó! Önre gondoltunk, amikor a könyv el o˝ készítésén munkálkodtunk. Kapcsolatunkat szorosabbra f˝uzhetjük, ha belép a TypoKlubba, ahonnan értesülhet új kiadványainkról, akcióinkról, programjainkról, és amelyet a www.typotex.hu címen érhet el. Honlapunkon megismerkedhet kínálatunkkal is, egyes könyveinknél pedig új fejezeteket, bibliográfiát, hivatkozásokat találhat, illetve az esetlegesen el˝oforduló hibák jegyzékét is letöltheti. Kiadványaink egy része e-könyvként (is) kapható: www.interkonyv.hu Észrevételeiket a [email protected] e-mail címen várjuk. Kiadja a Typotex kiadó, az 1795-ben alapított Magyar Könyvkiadók és Könyvterjeszt o˝ k Egyesülésének tagja. Felel˝os kiadó: Votisky Zsuzsa Szerkesztette, tördelte és a jegyzeteket írta: Köves Gabriella A fordítást az eredetivel öszevetette: Gerner József A szöveget gondozta: Szegf˝u Mária Borítóterv: Horváth Kornél Terjedelem: 20,25 (A/5) ív Nyomás: Séd Nyomda Kft., Szekszárd Felel˝os vezet˝o: Katona Szilvia

Tartalom

El˝oszó El˝oszó a 2009-es kiadáshoz A törzsszámok sorozatáról Görbehálózatok bejárása Néhány maximumfeladat Összemérhetetlen szakaszok és irracionális számok A talpponti háromszög széls o˝ érték-tulajdonsága Schwarz szerint A talpponti háromszög széls o˝ érték-tulajdonsága Fejér Lipót szerint Bevezetés a halmazelméletbe Kombinatorikai problémák A Waring-féle probléma Önmagukat átmetsz o˝ zárt görbékr o˝ l A számokat csak egyféleképpen lehet törzstényez o˝ kre bontani? A négyszínprobléma A szabályos poliéderek Pitagoraszi számok és pillantás a Fermat-féle problémára Egy pontegyüttes burkolóköre Irracionális számok közelítése racionális számokkal Egyenesbevezetés csuklós szerkezettel

7 11 15 23 31 41 51 59 69 85 99 109 121 133 149 161 175 187 197

6

TARTALOM

Tökéletes számok A törzsszámok sorozata végtelen Euler bizonyítása Alapvet˝o dolgok maximumfeladatokról Adott kerülettel rendelkez o˝ legnagyobb terület˝u alakzatok (Steiner-féle négycsuklós eljárás) Szakaszos tizedestörtek A kör egy jellemz o˝ tulajdonsága

213 223 229 235 243 263

Állandó szélesség˝u görbék 269 Az elemi geometriai szerkesztések nélkülözhetetlen eszköze a körzo˝ 291 A 30 szám egyik tulajdonsága 309 Név- és tárgymutató 317

El˝oszó

A matematikát képleteinek sajátos nyelve, integrál- és szummajelei magas falként választják el a világ más területeit o˝ l. Ami e fal mögött történik, az a kívülálló el o˝ tt rendszerint titok marad, o˝ „puszta számokra” gondol, egy vértelen mechanizmusra, amely megkerülhetetlen szükségszer˝uség törvényei szerint m˝uködik. Annak, aki a fal bels o˝ oldalán áll, a fal többszörösen korlátozza a külvilág felé irányuló tekintetét; csakhogy o˝ túlzottan hajlamos arra, hogy a matematika jelenségeit külön mértékkel mérje, és büszke rá, ha birodalmába avatatlanok nem tolakodnak be. Lehetséges-e ezt a válaszfalat áttörni, a matematikát mások el˝ott megnyitni – úgy megnyitni mások el o˝ tt, hogy azok ebben élvezetet találjanak? A matematika ilyen átélése nem azoknak a sz˝uk körére korlátozódik-e, akik specifikus „matematikai adottsággal” bírnak? Bizonyos, hogy matematikai adottsággal, azaz új matematikai igazságok önálló felfedezésének képességével csak kevesen rendelkeznek. Azonban a muzikalitásnak is csak kevesen vannak olyan értelemben a birtokában, hogy maguk tudnának komponálni valamelyes értékkel bíró darabot; mégis sok muzikális ember van, akik a zenét felfogják, esetleg reprodukálni is képesek, és az bennük mindenképpen örömöt ébreszt. Mi úgy hisszük, hogy azoknak az embereknek a hányada, akik egyszer˝u matematikai dolgokat felfogni képesek, nem csekélyebb azoknak a hányadánál, akiket közönségesen muzikálisnak szokás nevezni – hacsak sikerül leküzdeniük azt az irtózást, amely bizonyos ifjúkori élményeik alapján sokakat mindent o˝ l, ami a matematiká-

8

˝ E L OSZÓ

hoz tartozik, távol tart. E lapok szándéka ezt megkísérelni: ha valaki vállalkozik rá, hogy a matematika valódi jellegét leplezetlenül megmutassa a matematikával szembeni idegenkedés elt˝unik. Mintát kívánnak adni mindazon szerteágazó jelenségekb o˝ l, amelyeket a matematika neve foglal össze – az önmaga kedvéért való matematikából, a bels o˝ értékekb o˝ l, amelyekkel az önmagában bír. Többen több ízben megkísérelték már, hogy nem matematikusoknak matematikáról beszéljenek. Többnyire azáltal törekedtek a matematikát érthet o˝ vé tenni, hogy a hasznosságát helyezték el˝otérbe; vázolták és kézzelfogható példákon ecsetelték azt az el˝onyt, amelyet m˝uszaki vagy egyéb alkalmazásokban szolgáltat. Vagy pedig matematikai játékokról és mulatságokról írtak könyveket, amelyek sok szórakoztatót tartalmaztak, arról viszont, hogy mi a matematika, csupán torzképet adtak. Avagy végül a matematika alapjait általános filozófiai jelent o˝ ségükben fejtegették; ezzel az ilyen lapok olvasójának az érdekl o˝ dése – ami pedig a tiszta, az abszolút matematikára irányulna – különleges er o˝ vel nyomban a matematikának az ismeretelméleti, világnézeti kihatásai felé terel˝odik. Ám ebben az esetben is alapjában véve a matematikának a küls o˝ értékeire pillantunk rá, az értékét illet o˝ en rajta kívül keressük a mércét. Mi még az el o˝ adandó gondolatok matematikán belüli hatásainak sem fogunk helyet adni, azaz olyanoknak, amelyek a matematika más területein – úgyszólván bels o˝ – alkalmazásokkal bírnak. A matematika épületének természetéhez tartozó igen lényeges jelenséget kell ezzel mell o˝ znünk: a nagy és meglepo˝ kapcsolatokat, amelyek minden irányban átszövik ezt az épületet. A mi kereteink között kénytelenség err o˝ l lemondanunk, holott a legnagyszer˝ubb matematikai felfedezések éppen azok, amelyek ilyen oldalági összeköttetések, ilyen távoli kapcsolatok feltárásában nyilvánulnak meg. Ahhoz, hogy ezeket bemutassuk, átfogó, hosszadalmas el o˝ készületekre volna szükség és még inkább a felfogóképesség alapos csiszolására, ami nem állhat szándékunkban.

˝ E L OSZÓ

9

Egyszóval: eltér o˝ en attól, ahogyan más tudományterületek a kívülállóknak megmutatkoznak, tárgyalásunk súlypontját nem a tények képzik, hanem a jelenségek típusai, a kérdések felvetésének és a problémák megoldásának módszerei. A nagy matematikai eredmények, a teljes elméletek megértése persze megfelel˝o iskolázottságot, tartós elmélyedést igényel. Ez is egészen hasonló a zenéhez. Aki els o˝ alkalommal látogat el egy hangversenyre, semmiképpen sem ítélheti meg Bach m˝uvét, „A fúga m˝uvészeté”-t, nem tekintheti át azonnal egy szimfónia felépítését. De ezek mellett a nagy zenem˝uvek mellett léteznek kis dalok, amelyekben olykor él valami az igazi fenségb o˝ l, és amelyekben a géniusz mindenki számára megnyilatkozik. Ilyen „kis dalokat” szeretnénk itt a matematika nagy birodalmából kiragadni: témák egy sorozatát, amelyek mindegyike külön-külön, önmagában is teljesen értheto˝ és értékelheto˝ ; egyik sem kíván egy óránál hosszabb elo˝ adást; a következ o˝ alkalomra tartalmilag elfelejthetjük, ami elo˝ z˝oleg elhangzott. Arról is megfeledkezhetünk, amit fiatal éveinkben a matematikából meg kellett tanulnunk: logaritmusokról, trigonometriáról sehol sem lesz szó, hallgatni fogunk a differenciálszámításról vagy éppen az integrálokról is. Az egybevágósági tételekre, a zárójeles kifejezések összeszorzására fogunk igen fokozatosan visszaemlékeztetni – ez lesz minden. Lehet, hogy nem a kezd o˝ melódia íve az egyetlen egy dalban, ami azt széppé teszi; az egésznek a jellegzetes ötletét adhatja az alaptéma kis módosítása, a hangnem meglep o˝ változtatása is; ezt csak az tudja igazán érzékelni és felfogni, aki el o˝ bb az alaptémát pontosan megfigyelte. Hasonló értelemben kell olvasónknak pontosan és érdekl o˝ déssel „odafülelnie” a kérdésfeltevés alapmotívumára, amellyel egy téma kezd o˝ dik, a kérdésfeltevés felépítésére, az els˝o egyszer˝u példákra, amelyek egy-egy téma begyakorlását adják, miel o˝ tt a f˝o gondolat következne; egy fokkal aktívabban kell követnie a gondolatmenetet, mint ahogyan azt az olvasmányok igénylik. Ha ezt teszi, úgy egyik témánál sem fog nehézséggel járni, hogy annak legf o˝ bb mondanivalóját felfogja; akkor képes lesz egyet-mást meglátni abból, amit nagy gondolko-

10

˝ E L OSZÓ

dók némelyike tárt fel, amikor az elmélet birodalmát átmenetileg maga mögött hagyva valamely egyszer˝u kérdést egy apró, önmagában is zárt m˝ualkotással, a valódi matematikai gondolkodás egy kis darabjával világított meg. Értékes tanácsaikért és javaslataikért, valamint a korrigáláskor tanúsított baráti segítségükért mindenekel o˝ tt H. Cloos úrnak (Bonn), S. Heller úrnak (Schleswig), A. Johnsen úrnak (Berlin), H. Lessheim úrnak (Breslau), G. Neugebauer asszonynak (Göttingen), E. Staiger asszonynak (Schleswig) mondunk köszönetet. Különös hálánk illeti a kiadóvállalatot érdekl o˝ déséért, amelyben könyvünket részesítette. Breslau és Bonn, 1930. április H. RADEMACHER O. TOEPLITZ

El˝oszó a 2009-es kiadáshoz

A m˝uvet elo˝ ször 1930-ban „Von Zahlen und Figuren” címen jelentette meg Berlinben a Springer kiadó, majd 1933-ban a nagy sikerre való tekintettel újra kinyomtatták. Azóta számos nyelvre lefordították. Angol nyelven el o˝ ször 1957-ben, majd 1964-ben és 1970-ben is kiadták. Magyarul eddig két kiadásban jelent meg, mindkett o˝ t a Tankönyvkiadó adta ki 1954-ben. Az egyik 1000 példányban a nagyközönség számára, a másik a Középiskolai szakköri füzetek sorozatban. Ez utóbbi küls o˝ borítóján nem tüntették fel a szerz o˝ k nevét. Otto Toeplitz (1881–1940) Németországban született zsidó származású matematikus. 1928-tól 1935-ig a bonni egyetem professzora. A nácik hatalomra jutása után állásától megfosztották. 1939-ben Palesztinába menekült, nem sokkal kés o˝ bb Jeruzsálemben halt meg. Meghatározó vezet o˝ egyénisége volt kora matematikus társadalmának. Nevéhez f˝uz o˝ dik a Calderón–Toeplitzoperátor, a Silverman–Toeplitz-tétel, a Hellinger–Toeplitz-tétel, a Toeplitz-matrix. Hans Rademacher (1892–1969) szintén Németországban született, evangélikus családban. A nyelvek és a természettudomány területén már nagyon fiatalon komoly eredményeket ért el. 1917ben doktori fokozatot szerzett, 1919-t o˝ l a berlini, 1922-t o˝ l a hamburgi, majd 1925-t o˝ l a breslaui egyetemen dolgozott. Pacifista nézeteiért a náci kormány 1934-ben kiutasította az országból. Rockefeller-ösztöndíjjal sikerült bejutnia a pennsylvaniai egye-

12

˝ E L OSZÓ A 2009- ES KIADÁSHOZ

temre az Egyesült Államokba. Nyugdíjba vonulásáig itt dolgozott, de utána is aktív marad a New York University oktatójaként. A valós függvénytan, a számelmélet és a mértékelmélet területén ért el kimagasló eredményeket. Nevéhez kapcsolódik többek között a Dedekind-összegekre vonatkozó törvény általánosítása, a Rademacher-függvény, a Rademacher-eloszlás, a Rademachertétel, a Rademacher–Kolmogorov-tétel, a Rademacher-összeg, a Rademacher-sorozat. A két kiváló matematikus érdekl o˝ d˝o nem matematikus laikusoknak, középiskolás diákoknak írta ezt a könyvet, amely magyar tudósgenerációkra is nagy hatással volt. Példaként csak néhányat említünk közülük: Péter Rózsa (1905–1977) matematikus, 1955-t o˝ l haláláig az ELTE Természettudományi Karának professzora. A rekurzív függvények elméletének egyik világszerte elismert megalapozója. Nemcsak kutatóként, de pedagógusként és könyvíróként is kiemelkedo˝ t alkotott. A magyar matematikaoktatás és a tanárképzés megújításában jelent o˝ s szerepet vállalt. Tudományos munkája mellett fontosnak tartotta a matematika népszer˝usítését is. Nem matematikus érdekl o˝ dés˝u embereknek szánta a Játék a végtelennel cím˝u könyvét, amely tizenkét nyelven jelent meg. Az izgalmas, olvasmányos m˝u generációkkal szerettette meg a matematikát. E könyv els o˝ kiadásának a fülszövegén olvashatjuk: „Sokat tanultam másoktól, de ezt ma már nem tudom elemeire bontani. Írás közben nem volt el o˝ ttem könyv. Itt-ott kényszerít˝o er˝ovel ötlött fel bennem valami hasonlat, aminek az eredetére is emlékeztem, pl. a remek Rademacher–Toeplitz könyvre, vagy Beke kit˝uno˝ bevezeto˝ jére az analízisbe; ha egyszer kialakult valaminek „a módja, nem írhattam mást, csak azért, hogy eredetibb legyek.” Herczeg János 1956-tól matematika-fizika szakos tanárként dolgozott. Közben Bizám Györggyel közösen szerkesztették a „Logar Miska feladatai”-t, és a „Gondolkodás iskolája”-t az Élet és Tudományban. Majd 1995–2004 között a folyóirat f o˝ szerkeszt˝oje. 1979-t o˝ l a Magyar Rádió Iskolarádió cím˝u m˝usorának szer-

˝ E L OSZÓ A 2009- ES KIADÁSHOZ

13

keszt˝oje. Számos tudományos-ismeretterjeszt o˝ m˝usora, írása jelent meg, mint a Sokszín˝u logika, amelyet öt nyelvre fordítottak le, vagy a Bizám Györggyel közösen írt Logar Miska feladatai, vagy a Játék és logika 85 feladatban. Az Élet és Tudomány 2003. november 28-i számában a Miért lettem matematikus? cím˝u visszaemlékezésében írja: „Sokan említenek egy kis könyvet: Rademacher–Toeplitz: Számokról és alakzatokról. Ez a rácsodálkozás élményét adta meg azoknak, akiket a számolások száraz kenyerével tömtek a matekórákon. Vajon miért nem lehet ezt a kis füzetet megkapni ma is? Kellene egy ajánlott olvasmányok listája, és az ilyen alapkönyveket állandóan a piacon kellene tartani.” Gy˝ory Kálmán (1940– ) matematikus, egyetemi tanár, a Magyar Tudományos Akadémia rendes tagja. 1993–1998-ig a Debreceni Egyetem Természettudományi Karának dékánja, 2000-to˝ l 2001-ig rektorhelyettese, 2001-t o˝ l 2002-ig rektora. A Magyar Tudomány 2002/8. számának 1079. oldalán interjút közöl Gy˝ory Kálmánnal, Az ember és a számok törvényei címmel. Itt nyilatkozik kedvenc könyveir o˝ l is. „Kés˝obb, amikor már elkapott a gépszíj, bizony más órákon is a matematika járt a fejemben, a pad alatt feladatokat oldottam. Eredményeimet látva a többi tanár beletör o˝ dött ebbe, hiszen amit kellett, azt a többi tárgyból is megtanultam. Végig kit˝un o˝ voltam, csak hát a matematika érdekelt a legjobban. Ha nem boldogultam egy-egy nehezebb feladattal, akkor hozzáolvastam a szakköri füzetekb˝ol, korábbi KöMaL számokból, a Matematikai Versenytételek köteteibo˝ l. Nagyon szerettem például Rademacher–Toeplitz Számokról és alakzatokról cím˝u könyvét. Keresztapám Pesten élt, o˝ küldte meg nekem Császár Ákosné m˝uegyetemi Analízis jegyzetét. De ez már kicsit kés o˝ bb történt.” Simonovits Miklós (1943– ) matematikus, az MTA tagja, a Rényi Matematikai Intézet kutatóprofesszora írja a középiskolás korában megismert könyvekr o˝ l. „. . . talán els˝o helyre tettem Rademacher és Toeplitz Számokról és alakzatokról c. könyvét . . . A könyv (szerintem) nagyon

14

˝ E L OSZÓ A 2009- ES KIADÁSHOZ

vonzó módon közelíti meg 22 fejezetben a matematika bizonyos kikristályosodott, gyönyör˝u fejezeteit, mondhatnánk, gyöngyszemeit. Gondolhatnánk, hogy ez a régebben írt könyv már elavult, de ez messze nincs így. A könyv kit˝un o˝ voltát tükrözi angol címe is: The Enjoyment of Math, azaz a Matematika élvezete.” A XX. század második felének nagy magyar matematikusainak, de a többi érdekl o˝ d˝onek is valódi csemege, eddig nem hallott különlegesség lehetett ez a könyv. Akkoriban a középiskolai tananyagban nem szerepelt például a halmazelmélet, a matematika logika, a kombinatorika és a topológia sem. Az 1960-as évekt o˝ l kezdve, az egész világra kiterjed o˝ en, az addigi módszertant gyökeresen megváltoztató matematikatanítás kezdett kialakulni. A magyarországon elindult tanítási kísérletek közül a Varga Tamás vezette Komplex matematikatanítási kísérletnek sikerült tért hódítania, mégpedig úgy, hogy a kísérlet elvei külföldön is meghatározták a matematikaoktatást. A kísérlet tapasztalatai alapján 1978-tól fokozatosan bevezették az „új” matematika-tantervet. Az új témakörök, módszerek megjelenése a tanító- és tanárképzést, tanártovábbképzést is gyökeresen megváltoztatta. A napjaink középiskolásai már az óvodában találkoztak a (maguk szintjén a) halmazelmélet alapelemeivel. Szinte az els o˝ iskolai napjukon oldottak meg kombinatorikai feladatokat. 2., 3. osztályos koruktól ismerkednek a prímszámokkal, oszthatósági szabályokkal. 6. osztályos korukban belátják, hogy a számokat csak egyféleképpen lehet törzstényez o˝ kre bontani. Számukra sok minden ismero˝ s lehet, amit e könyvben olvashatnak, de mégis izgalmas, érdekfeszít o˝ , mert egyszer˝uséggel, magávalragadóan, olvasmányosan írnak a szerz o˝ k a matematikai problémákról, a matematikai fogalomalkotásról, a problémamegoldásról. Budapest, 2009. szeptember Köves Gabriella

A törzsszámok sorozatáról

6 = 2 · 3. A 7 nem bontható fel hasonló módon két tényez o˝ re, ezért a 7-et törzsszámnak nevezik. Törzsszámnak [1] nevezzük az olyan pozitív egész számot, amely nem bontható fel két kisebb tényez˝ore. Törzsszám az 5, a 3, de a 4 nem, mert 4 = 2 · 2. Magát a kett˝ot is törzsszámnak kell nevezni. Az 1-nél nincs értelme err o˝ l beszélni. Az els˝o törzsszámok tehát: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37 . . . Sorozatuk az elso˝ pillantásra kissé kusza, nem mutatkozik benne azonnal egyszer˝u törvényszer˝uség. Minden számot addig lehet bontani, amíg csupa törzsszámra esik szét. 6 = 2 · 3-nál közvetlenül így van. 30 = 5 · 6 és 6 = 2 · 3, tehát 30 = 2 · 3 · 5, három törzsszám szorzata. Négy törzstényez o˝ t tartalmaz a 24 = 3 · 8 = 3 · 2 · 4 = 3 · 2 · 2 · 2, köztük a kett o˝ t többször is. Világos azonban – megengedve ilyen ismétl o˝ déseket is –, hogy a felbontásnak minden számnál lehetségesnek kell lennie. A törzsszámok tehát ebben az értelemben a természetes számok épít˝okövei. Eukleidész Elemeinek IX. [2] könyvében felvetette azt a kérdést: vajon a törzsszámok sorozatának egyszer vége szakad-e? És azonnal megadta a választ is: bebizonyította, hogy a törzsszámok sorozatának nincs vége, minden törzsszámnál van nagyobb törzsszám. Eukleidész bizonyítása rendkívül szellemes. A következ o˝ egyszer˝u állításon alapul: 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24 . . . ,

16

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

a hármas szorzótábla – amit minden kezd o˝ tanul –, azaz tartalmaz minden olyan számot, amelyben a 3 megvan. Más számban a 3 nincs meg, tehát különösképpen nincs meg egy olyan számban, amely közvetlenül a 3-nak valamely többszöröse után következik, mint például 19 = 6 · 3 + 1, 22 = 7 · 3 + 1 és így tovább. Éppen így az 5 szám sohasem osztója olyan számnak, amely az 5nek egy többszörösére következik, mint 21 = 4·5+ 1; és ugyanez érvényes a 7-re, a 11-re és így tovább. Eukleidész képezte a 2·3+1 = 7 2 · 3 · 5 + 1 = 31 2 · 3 · 5 · 7 + 1 = 211 2 · 3 · 5 · 7 · 11 + 1 = 2311 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30031 és így tovább számokat, vagyis az els o˝ törzsszámok közül néhányat összeszorzott, és megvizsgálta az eredmény után következ˝o számot. A bizonyítás elé bocsátott egyszer˝u megállapítása azt mondja ki, hogy az így képzett számokban soha sincsenek meg az el˝oállításuk során alkalmazott számok. Pl. az utoljára felírt szám nem lehet többszöröse a 3-nak, mert 1-gyel nagyobb a három egyik többszörösénél, éppen így 1-gyel nagyobb az 5 vagy az elo˝ állítása során alkalmazott bármely másik törzsszám többszörösénél. Tehát a 2, 3, 5, 7, 11, 13 számok egyike sem lehet meg benne. Ha a 30031 szám a 7, 31, 211, 2311 számokkal ellentétben – amelyek mind törzsszámok – nem törzsszám, biztos, hogy a 2, 3, 5, 7, 11, 13 nem fordulnak el o˝ a törzstényez o˝ i között, hogy tehát ezen szám törzstényez o˝ i közül a legkisebb is nagyobb 13-nál. Valóban néhány próbálkozás után azt találjuk, hogy 30031 = 59 · 509, és mindkét törzstényez o˝ je, az 59 is, és az 509 is valóban nagyobb a 13-nál. Ez a meggondolás mindig alkalmazható, bármilyen nagy számot képezünk is az el o˝ bbi módon. Legyen p tetszés szerinti törzsszám, és képezzük a

A TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

17

2 · 3 · 5 · 7 · 11 · . . .· p + 1 = N számot; akkor az N el o˝ állításához felhasznált 2, 3, 5 . . . p törzsszámok egyike sem lesz meg N-ben. Tehát N vagy maga is törzsszám – sokkal nagyobb, mint p –, vagy olyan törzstényez o˝ kre bomlik, amelyek biztosan nem találhatók meg a 2, 3, 5 . . . p számok között, amelyek tehát mindenesetre valamennyien nagyobbak p-nél. Minden esetben vannak tehát törzsszámok, amelyek pnél nagyobbak. Minden törzsszámnál kell tehát lennie nagyobbnak. Ez volt az állítás! Nem tudjuk, hogy Eukleidész e sorait olvasva mit csodáljunk jobban: azt, hogy a görög matematikusok saját elhatározásukból, a matematikai gondolkodás bels o˝ kényszerének engedve egyáltalában felvetettek egy ilyen kérdést, amit o˝ el˝ottük még egyetlen nép gondolkodói sem tettek meg, s az utánuk jöv o˝ k is csak átvették a görögökt o˝ l; vagy azt, hogy éppen ezt a kérdést vizsgálták, amely fölött a naiv szemlél o˝ oly könnyen átsiklik, amelyet feleslegesnek, triviálisnak tart, és amelynek nehézsége csak az el o˝ tt mutatkozik meg, aki már megpróbált a törzsszámok sorozatában egyszer˝u, mégis általánosan érvényes törvényszer˝uséget keresni; vagy végül azt-e, hogy képesek voltak – a fentebb megismert m˝uvészi bizonyítás segítségével – egy ilyen törvényszer˝uséget felállítani. Valójában ez az eukleidészi bizonyítás nem a p után közvetlenül következ˝o törzsszámot, hanem csak a p-nél nagyobb törzsszámok egyikét szolgáltatja; például a bizonyítás 11-nél nagyobb törzsszámként nem a 13-at adja, hanem a 2311-et, a 13-nál nagyobb törzsszámként pedig az 59-et. Valójában minden esetben nagy számban fordulnak el o˝ kisebb prímszámok – de ennek részleteire itt nem térünk ki. Éppen ez az egyik jele a görög matematikus pontos arányérzékének, hogy itt ilyen bölcs mérsékletet tanúsít, és ezáltal megtalálja az utat a prímszámok sorozatának homályos útveszt o˝ jében. A törzsszámok sorozatáról valamivel konkrétabb képet szándékozunk nyújtani: megmutatjuk, hogy ebben a sorozatban nagy

18

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

hézagok vannak. Például el o˝ fordulhat az, hogy ezer darab egymást követo˝ szám között nincs törzsszám. Olyan meggondolásból indulunk ki, amely Eukleidészéhez nagyon hasonló. Fentebb észrevettük, hogy a 2 · 3 · 5 + 1 = 31 szám a 2, 3, 5 törzsszámok egyikével sem osztható. Most abból az egyszer˝u meggondolásból indulunk ki, hogy két olyan számnak, amelyek oszthatók 3-mal, az összege is osztható 3-mal, és hogy ugyanez érvényes az 5-re, 7-re és minden más osztóra. Ebb o˝ l arra következtetünk, hogy a 2 · 3 · 5 + 2 = 32 2 · 3 · 5 + 3 = 33 2 · 3 · 5 + 4 = 34 2 · 3 · 5 + 5 = 35 2 · 3 · 5 + 6 = 36 számok egyike sem lehet törzsszám, mert az a szám, amit itt a 30-hoz hozzáadunk, osztható vagy 2-vel, vagy 3-mal, vagy 5-tel. A 30 is osztható ezekkel, ezért az összegük is. A 2 · 3 · 5 + 7 = 37 esetében akad meg el o˝ ször ez a következtetés, és valóban, 37 nem osztható a 2, 3, 5 számok egyikével sem, ez törzsszám. Éppen így okoskodhatunk, ha p alatt az els o˝ négyjegy˝u törzsszámot (azaz 1009-et) értjük, és a következ o˝ 1000 darab számot képezzük: 2 · 3 . . . p + 2, 2 · 3 . . . p + 3, .. . 2 · 3 . . . p + 1001. Mert a 2, 3 . . . 1001 számok mindegyike legalább a 2, 3 . . . p törzsszámok egyikével osztható, a 2 · 3 · . . . · p szorzat mindenesetre osztható, tehát a táblázatban felírt számok is – így egyikük sem törzsszám. Itt 1000 db olyan, egymást követ o˝ számot találtunk, amelyek nem törzsszámok.

A TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

19

Természetesen meglehet o˝ sen messzire kell menni a törzsszámok sorozatában ahhoz, hogy ilyen hézagokat találjunk benne. De ha elég messze megyünk benne, akkor hasonló elv alapján olyan hézagot is találunk, amely egymillió egymás után következ˝o – vagy tetszo˝ legesen sok – számot tartalmaz. Ez a második probléma és a bizonyítása – bár közeli rokona az els˝onek – mégsem található meg a görög matematikusoknál. Ezt a modern matematika alkotta meg, és csatolta hozzá olyan kérdések egész sorát, amelyeknek a bizonyítása már egyáltalán nem ilyen egyszer˝u, és amelyekb o˝ l a mai matematikai kutatásoknak az egyik legmélyebb és még megoldatlan problémái miatt napjainkban talán egyik legizgalmasabb fejezete fejl o˝ dött ki. Ezekbo˝ l a kérdésekb o˝ l még egy példát ragadunk ki, amely közvetlenül megoldható Eukleidész módszerével, és amely sejteni engedi, hogy a mai matematika milyen irányban folytatja a görögök által kezdett vizsgálódást. Feljebb megfigyeltük a hármas szorzótábla 3, 6, 9 . . . számait és az ezekre következ o˝ 4, 7, 10 . . . számokat; most tekintsük a kimaradt számokat: 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23 . . . , tehát azokat a számokat, amelyek hárommal osztva 2 maradékot adnak. Meg fogjuk mutatni, hogy ezek között a számok között is végtelen sok törzsszám van, vagyis a 2, 5, 11, 17, 23 . . . törzsszámok sorozata semmi esetre sem szakad meg. A bizonyításhoz a következ o˝ ket szükséges meggondolnunk. Ha az 1, 4, 7, 10, 13 . . . sorozat két számát összeszorozzuk, akkor az eredmény szintén ennek a sorozatnak egyik száma. Valóban: ha ezeket a számokat hárommal osztjuk, akkor a maradék 1, tehát 3x + 1 alakúak. Ha két ilyen számot, mondjuk 3x + 1-et és 3y + 1-et összeszorzunk, akkor a (3x + 1) · (3y + 1) = 9xy + 3y + 3x + 1 = 3(3xy + y + x) + 1 számot nyerjük, a 3 többszörösénél eggyel nagyobb számot.

20

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

Ebb˝ol az egyszer˝u megjegyzésb o˝ l következik, hogy a 2, 5, 8, 11 . . . sorozat bármelyik számának törzstényez o˝ i között mindig kell legalább egy olyannak lennie, amely törzstényez o˝ ehhez a sorozathoz tartozik, mint pl. 14 esetében a 2, mert 14 = 2 · 7, vagy 35-nél az 5, mert 35 = 5 · 7. Ezen törzstényez o˝ k egyike sem tartozhat a hármas szorzótáblához, amelyhez a 3 kivételével egyetlen más törzsszám sem tartozik. Ha sorozatunk valamelyik száma csak a 4, 7, 10, 13 . . . sorozatban el o˝ forduló törzsszámot tartalmazna törzstényez o˝ ként, akkor az el o˝ rebocsátott megjegyzés szerint ehhez a sorozathoz kellene tartoznia. Ha tehát valamely szám a 2, 5, 8, 11 . . . sorozathoz tartozik, akkor ennek a sorozatnak legalább egy törzstényez o˝ jét kell tartalmaznia. Ezzel a segédtétellel felvértezve azonnal bebizonyíthatjuk a fentebbi állítást, ha az eukleidészi eljárást kissé módosítva alkalmazzuk, ha a 2 · 3 · 5 · 7 · 11. . . p + 1 = N helyett a 2 · 3 · 5 · 7 · 11. . . p − 1 = M kifejezést tekintjük, mégpedig azért, mert ez a 3 többszöröseinél eggyel kisebb, tehát a 2, 5, 8, 11 . . . sorozathoz tartozik. Az M-nél éppen így világos, mint az N-nél, hogy az el o˝ állításához felhasznált 2, 3, 5, 7, 11 . . . p törzsszámok egyikével sem lehet osztható. Lehetséges, hogy maga az M törzsszám, lehetséges, hogy törzstényez o˝ kre bontható, amelyek közül mindegyik nagyobb a p-nél. Az el o˝ rebocsátott segédtétel szerint ezen törzstényez˝ok közül legalább egynek a 2, 5, 8, 11 . . . sorozathoz kell tartoznia. Tehát ezen törzsszámok sorozatában biztosan mindig van olyan törzsszám, amely valamely p törzsszámnál nagyobb, tehát tetsz˝olegesen nagy. A probléma: vajon az 1, 4, 7, 10, 13 . . . sorozat is végtelen sok törzsszámot tartalmaz-e, ezzel egyáltalában nincs eldöntve. Azt lehetne gondolni, hogy a törzsszámok összességéb o˝ l végtelen sok jut a 2, 5, 8 . . . sorozatra, de csak véges számú az 1, 4, 7 . . . sorozatra; ez együttvéve végtelen sok volna.

A TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

21

De annak a bizonyítása, hogy ez a sorozat is végtelen sok törzsszámot tartalmaz, egészen más segédeszközöket kíván. Az egyik kés˝obbi fejezetben megkíséreljük, hogy err o˝ l némi fogalmat adjunk. Itt csak azt akartuk megmutatni, hogy a modern matematika nem csupán alkalomszer˝uen, hanem új, él o˝ fejezeteiben is kapcsolódik az ókori görögök kérdésfelvetéséhez és módszereihez. Azért emeljük ezt ki, mert Spengler [3] nagy felt˝unést keltett azzal az állításával, hogy a görög matematika és a mai matematika két teljesen különböz o˝ , különálló matematika. Mindenesetre egy ennyire sematikus megfogalmazás nem alkalmas arra, hogy igazságot tegyen egy annyira komplex kérdéskörben, amilyen a görög matematika és a modern matematika kapcsolata. Megjegyzések A prímszámok közötti hézagok Kronecker-féle bizonyításáról lásd: Vorl. über Zahlentheorie I. Leipzig 1901, S. 68. Néhány hasonló sorozatra, mint például az 1, 5, 9, 13 . . . 4n + 1 . . . vagy a 3, 7, 11, 15 . . . 4n − 1 . . . sorozatra – mind a kett˝onek 4 a differenciája – a fentiekhez hasonlóan elemi módszerrel bizonyítható, hogy végtelen sok prímet tartalmaznak; a 2, 6, 10 . . . 4n + 2 sorozat viszont – differenciája ugyancsak négy – a 2-n kívül más prímszámot nem tartalmaz, hanem csupán páros számokat. Általánosan érvényes a tétel olyan sorozatokra, amelyekben a sorozat els o˝ tagjának és a különbségnek nincs közös osztója. A magasabb matematika eszközeivel ezt bizonyította be Dirichlet 1837-ben egyik ismert és nehéz munkájában (Abh. preuss. Ak. d. Wiss. S. 45–81. = Werke I, S. 307–342.). Jegyzet [1] Bizonyítható, hogy a természetes számok körében pontosan a törzsszámok rendelkeznek az úgynevezett prímtulajdonsággal: A természetes számok körében a törzsszám valahányszor osztója egy szorzatnak, akkor osztója a szorzat legalább egyik tényez˝ojének. Ezért a törzsszámokat prímszámoknak is nevezzük.

22

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATÁRÓL

[2] Eukleidész Kr. e. 300 körül született görög matematikus, akit szokás a geometria atyjaként is emlegetni. Az Elemek (Sztoikhéia) 15 könyvében egységes logikai rendszerbe foglalva bemutatja kora geometriai, aritmetikai ismereteit úgy, hogy a hiányzó bizonyításokat is elvégzi. A m˝u túlnyomó részében geometriával, de a VII., VIII. és IX. könyvben aritmetikával foglalkozik. Ez a három könyv szerves egységet alkot, de nem kapcsolódik az el˝oz˝o fejezetekhez. A VII. könyv elején 23 definíciót sorol föl, amelyekre az aritmetikában szüksége lesz; a VIII. és IX. könyvben nem vezet be újabb definíciókat. Ez utóbbi két könyvben több tétel is korábbi eredet˝u. A IX. könyv végén a 16., 36. tétel szövegei is archaikusabb jelleg˝uek. Epikharmosz (Kr. e. VI–V. század) görög komédiakölt˝o egyik töredéke Kr. e. 500 körül utal ezekre a tételekre. Jelenleg ez a görög matematika legrégibb, ismert tételsorozata. Az Elemek 15 könyvét Brassai Sámuel (1800–1897) nyelvész, filozófus, természettudós fordította el˝oször magyarra, és a Magyar Tudományos Akadémia adta ki Pesten 1865-ben. A második, nem teljes fordítás (I–VI. könyv) 1903–05 között jelent meg a Középiskolai Matematikai és Physikai Lapokban – ez Baumgartner Alajos (1865–1930) nevéhez f˝uz˝odik. Harmadszor Mayer Gyula fordításában és jegyzeteivel a Gondolat Könyvkiadó adta ki, 1983-ban. [3] Oswald Spengler (1880–1936) német történész, filozófus, az életfilozófiák egyik képvisel˝oje, aki különös érdekl˝odést mutatott a tudomány, matematika, m˝uvészetek iránt. F˝o m˝uve A Nyugat alkonya. Az I. kötet 1918-ban, a II. 1922-ben jelent meg. Ebben organikus történelemfilozófiát dolgozott ki, amelyben elveti az európai történelem klasszikus, lineáris „ókor – középkor – újkor” tagolását. A történelem legf˝obb egységeként a kultúrát tekinti, így megkülönbözteti a kínai, indiai, babiloni, egyiptomi, mexikói, antik, arab és nyugati kultúrákat. Bevezeti a kultúrkörök fogalmat, ezek mindegyike bejárja a maga életpályáját, s kibontja a rá jellemz˝o o˝ sszimbólumot. A kultúrkörök között a fejl˝odési szakaszok alapján analógiákat állít fel. Mindegyiknek van egy, eredeti alkotásokat létrehozó, felfelé ível˝o kulturális szakasza. A kultúra kés˝oi fázisát nevezi civilizációnak, amelynek utolsó fázisai a hanyatlás, majd a pusztulás. Szerinte a nyugati kultúra a XIX. században került ebbe a stádiumba.

Görbehálózatok bejárása

Egy város közlekedési vállalata át akarja szervezni a villamosjáratokat, mégpedig úgy, hogy a jöv o˝ ben minden úton csak egy járat közlekedjék. Az utasok egyetlen jeggyel akárhányszor átszállhatnak, amíg az esetleg egészen más vonal mentén fekv o˝ céljukat elérik. A probléma: minimálisan hány járatot kell beállítani ahhoz, hogy ezt a célkit˝uzést maradéktalanul megvalósíthassuk?

1. ábra

Egy kisvárosban, amelynek sínhálózatát az els o˝ ábra mutatja, nagyon egyszer˝u a dolog. Vagy A ponttól B-ig és C-t o˝ l D-ig állítanak be egy járatot, vagy pedig az A-tól K-ig és K-tól D-ig terjed o˝ utat fogják egy járattá egyesíteni, és egy másikat közlekedtetnek B-t˝ol C-ig a K ponton keresztül, vagy végül egyet A-tól C-ig a K-n keresztül, és egyet B-t o˝ l D-ig a K-n keresztül. Ezzel láthatólag kimerült minden lehet o˝ ség, s minden esetben két járat mutatkozik szükségesnek. Bármiként kombináljuk is a négy szakaszt, egy járat nem elegend o˝ . Eltekinthetünk az olyan célszer˝utlen intézkedést o˝ l, hogy a K-tól jöv o˝ járatnak az R tájékán legyen a végállomása, és az R-t o˝ l a B-ig egy új járatot indítsa-

24

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

nak, tehát R-nél átszállóhelyet létesítsenek – amire javítási munkáknál alkalomadtán szükség lehet. Akkor természetesen kett o˝ nél több járatra volna szükség, és ezeknek számát hasonló módon tetszés szerint lehetne emelni. De a feladat természete olyan, hogy a legkevesebb járattal kell dolgoznunk.

2. ábra

3. ábra

Nehezebb a megoldás olyan városban, amely a 2. ábrán látható – még mindig igen egyszer˝u – hálózattal rendelkezik. Köröskörül A-tól a B, C, D, E pontokon keresztül vissza A-ig körpályát tervezhet, azután egy másodikat keresztbe A-tól az F, G, H pontokon keresztül D-ig. Ezekhez nyilvánvalóan még 3 további járatot kell csatolni EG-t, BF-et és CH-t. Ez összesen 5 járat. Ebb˝ol egyet könnyen meg lehet takarítani: mondjuk az 1. és 2. járatot össze lehet vonni, tehát A-tól B, C, D, E-n át A-ig megy a villamos, és innen F, G, H pontokon keresztül D-ig közlekedik tovább. Megvalósítható a közlekedés talán három járattal is? Vagy vegyünk még egy példát: a 3. ábrán az A ponttól B, C, D, E-n keresztül visszajuthatunk A-ba és innen F-n keresztül Bbe. Akkor még 3 szakasz, az FC, az FD és az FE marad ki. De ezeket még össze lehet f˝uzni, amennyiben a 2. járatot C-t o˝ l F-n keresztül D-ig járatják, és azután az FE úton ingajáratot létesítenek. Így 3 járat elegend o˝ , amelyek közül 2 F-en áthalad, és csak 1 végzo˝ dik ott. Lehetséges két járattal is megoldani a feladatot?

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

25

Ezekben az esetekben, amelyek viszonylag még mindig egyszer˝uek, az összes lehet o˝ ségek száma – amelyeket ki kellene próbálni, hogy mint az 1. ábránál, teljes áttekintésünk legyen a problémáról – olyan nagy, hogy maradéktalan átvizsgálásuk próbára teszi az ember türelmét. Pedig ily módon itt is kiderülne, hogy elegendo˝ -e kevesebb járat is, vagy sem. A feladat köntöse alól, amely kevéssé illik egy közlekedési vállalat valóságos feladataira, itt villan ki el o˝ ször a matematikai probléma, még ha az nagyon egyszer˝u is. Ugyanis az összes lehet˝oség kipróbálása, amelyet az 1. ábra alapján véghezvittünk, a kívánt eredményt szolgáltatta ugyan (t.i. két járatot), de nem igazán matematikai meggondolás; és ha a 2. ábra esetében is fáradhatatlan munkával kimerítettünk volna minden lehet o˝ séget, és eljutottunk volna a helyes végkövetkeztetésig, hogy tudniillik 4nél kevesebb járat nem elegend o˝ , még az sem lett volna matematikai meggondolás. Éppoly kevéssé matematika ez, mint ha 2 hétjegy˝u számot türelmesen hibátlanul összeszorzunk. A matematikát vagy legalább is annak a nyomát akkor lelhetjük itt fel, ha a feladatot nem az összes eset kipróbálásával, hanem egy ötlet alapján – nemcsak a 2. ábra esetére, hanem tetsz o˝ legesen komplikált görbehálózatra – egy csapásra meg tudjuk oldani. Az ötlet nagyon egyszer˝u. Gondoljuk meg, hol kell az egyes járatok végpontjainak feküdniök. Ezeknek el o˝ ször is ott kell feküdniök, ahol egy útszakasznak vége van, például az 1. ábra A, B, C, D pontjaiban. Itt 4 ilyen végpont van, és mivel minden járatnak legfeljebb 2 végpontja van (ha nem körjáratok), úgy világos, hogy a 4 végpont között legkevesebb 2 járatot kell beállítani. Ami tehát fentebb próbálgatással adódott, azt itt most egyetlen megfontolással bebizonyítottuk. A 2. ábrán azonban egyáltalán nincsenek szabad végpontok. Vannak viszont itt olyan helyek, például A, ahol 3 útszakasz találkozik. Ha valóban sohasem közlekedik egy útszakaszon két járat, akkor az ilyen helyen nyilvánvalóan legalább egy járatnak végállomása van. Mivel a 2. ábrának összesen 8 ilyen helye van, ami könnyen megszámolható, tehát itt legalábbis 8 végpontnak kell

26

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

lennie. A 8 végpont – ez ismét páros szám – 4 járat végállomásainak a száma. A 2. ábra szerinti sínhálózathoz tehát legalább 4 járatot kell létesíteni, 3 nem lehet elegend o˝ . A 3. ábránál hasonló a helyzet: van 5 ugyanolyan fajtájú metsz o˝ pont, amilyeneket az el˝oz˝o ábrákon megfigyeltünk, és ehhez járul egy 6. pont, az F, amelyben nem 3, hanem 5 útszakasz találkozik. Ezt „ötödrend˝u” metszéspontnak nevezzük. Ezen útszakaszok közül – mint fentebb a 2. ábrához adott megoldásnál – kett o˝ t-kett˝ot egyesítsünk egy járattá. Így egy szakasz kimarad, amelynek egy végpontot kell adnia. Ugyanez lesz érvényes minden páratlan rend˝u metsz˝opontnál. A 6 darab végpont (5 harmadrend˝u, 1 pedig az ötödrend˝u metszéspontnál) legkevesebb 3 járatot kíván, 2 nem elég. Ezek után világos a még bonyolultabb görbevonalú sínhálózathoz szükséges járatok legkisebb számának kiszámítása is, csak az összes metszéspontot kell megvizsgálnunk, és megszámolnunk, hogy hány páratlan rend˝u van közöttük. Legalább feleannyi járatot kell azután üzembe állítani. Miután a probléma megoldásában ennyire jutottunk, oldjuk meg teljesen. Mutassuk meg, hogy a páratlan rend˝u metszéspontok száma mindig páros, és hogy feleannyi számú járat mindig elegendo˝ . Éppen ez az, ami a 2. és a 3. ábra esetén az odaill o˝ járatok megadásával egészen egyszer˝uen, közvetlenül kimutatható volt. Korántsem ilyen egyszer˝u ezt a feladatot tetsz o˝ legesen bonyolult ábra esetében megoldani. Világos, hogy bármilyen bonyolult pályarendszert le tudunk fedni járatokkal úgy, hogy egyetlen útvonalon se haladjon két járat, ha minden útszakaszon – egyik metszésponttól a másikig – ingajáratot létesítünk. Ehhez éppen annyi járatra van szükség, amennyi útszakasz van. Rögtön nyilvánvaló, hogy így általában túlságosan is sok járatot állítunk be. Minket a lehet o˝ legkisebb járatszám érdekel. Továbbá világos, hogy valamennyi elgondolható járatvezetés között kell lennie olyannak, amelynél egyetlen más járatvezetés sem ad kisebb járatszámot, amely a legkedvez˝obb megoldást adja: ez az „optimális járatvezetés”. Ez elvben éppen úgy belátható, mint ahogyan belátható az is, hogy egy osz-

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

27

tály tanulói között kell lennie egy legkisebb életkorú tanulónak, még mielo˝ tt a születési adatokat összehasonlítva konkrétan kikeresnénk a legalacsonyabb életkort. Világos továbbá az is, hogy egy járatvezetés biztosan nem lehet optimális, ha olyan felesleges végpontokat tartalmaz, amilyen az els˝o ábrában a R szervizhely volt. És akkor sem lehet optimális, ha mint a 3. ábrában CF, DF útszakaszok az F-nél el o˝ ször nem voltak egy járattá összevonva, hanem végpontjuk – mint az EF-é – az F pontban volt. Az ilyen végpontpárokat járatok összevonásával mindig el tudjuk távolítani, és így a járatszámot csökkenteni lehet. A legkedvez o˝ bb járatvezetésnél a páratlan rend˝u keresztezési pontban csak egyetlen végpont lehet, a páros rend˝unél egy sem. Hátra van még annak vizsgálata, vajon lehetségesek-e a legkedvezo˝ bb járatvezetésnél önmagukba visszatér o˝ , azaz végpont nélküli járatok, körjáratok. Ilyen körjárattal találkoztunk a 2. ábrán. Ott megtanultuk, hogyan lehet csökkenteni a járatok számát azáltal, hogy az A pontból induló s oda visszaérkez o˝ járatot az F, G, H pontokon keresztül D-ig vezetjük. Ezáltal a járatok számát 5-ro˝ l 4-re csökkentettük. Ez az eljárás mindig alkalmazható, ha a körjáraton páratlan rend˝u metszéspont van. A legkedvez o˝ bb megoldásnál tehát ilyen körjárat nem fordulhat el o˝ , mert ha igen, akkor a járatok száma még csökkenthet o˝ . Ha a körpályán páros rend˝u metszéspont van, akkor is hasonlóan lehet eljárni. Legyen A egy ilyen páros rend˝u metszéspont (4. ábra) a 8-as alakú körpályán; az A-ból kiinduló ágaknak (az ábrán pontozott vonallal jelöltük) a további menete egészen tetsz o˝ leges lehet. Amint már megmutattuk, a szaggatottal jelölt villamosvonalak számára optimális járatvezetés mellett A biztosan nem végpont; a B-b o˝ l kiinduló és az A-ba érkez o˝ járatnak ezen ágak egyike, mondjuk AE, a folytatása. Vegyük úgy, hogy ez a járat, amikor a B-b o˝ l A-ba ér, el˝oször végigmegy a körpályán, s azután folytatja útját az E felé. A körpályát összevontuk ezzel a második járattal, tehát csökkentettük a járatok számát. Ez az optimális járatvezetés esetén nem tételezhet˝o fel.

28

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

4. ábra

Végeredményben azt kapjuk, hogy a legkedvez o˝ bb járatvezetésnél végállomás csak páratlan rend˝u keresztez o˝ dési pontokban lehet, mégpedig minden ilyen pontban csak 1, továbbá, hogy körjáratok nem fordulhatnak el o˝ , kivéve azt az esetet, amikor csak páros rend˝u keresztez o˝ dések vannak, s ekkor egyetlen körjárat van, amely az egész hálózatot bejárja. A legkedvez o˝ bb járatvezetésnél a páratlan rend˝u metszéspontoknak a száma tehát egyenl o˝ a végpontok számával. Ebb o˝ l következik el o˝ ször, hogy a páratlan rend˝u metszéspontok száma páros, másodszor, hogy a járatokat mindig tervezhetjük úgy, hogy számuk a páratlan rend˝u metszéspontok számának felével legyen egyenl o˝ . Ha valamennyi metszéspont páros rend˝u, úgy egyetlen körjárattal megoldhatjuk a közlekedést. Megjegyzések A probléma megközelítése a sínhálózatokon keresztül azt sugallhatja, hogy a görbehálózatnak feltétlenül egy síkban kell lennie, de ez nem így van. Térbeli hálózatokra is minden további nélkül érvényes valamennyi következtetésünk. Jegyzet Königsberg város polgárai azzal a kérdéssel fordultak Leonhard Eulerhez (1707–1783), vajon lehet-e olyan sétát tenni, hogy a Pregel folyó mind a 7 hídján pontosan egyszer haladjanak át? A feladatot Euler általánosan oldotta meg, majd 1736-ban publikálta eredményét. Ezt, a königsbergi hidak problémáját tekintjük a gráfelmé-

G ÖRBEHÁLÓZATOK BEJÁRÁSA

29

let kezdetének. A következ˝o állomás Gustav Robert Kirchhoff (1824– ˝ villamoshálózatokat vizsgált gráfelmé1887) 1847-es publikációja. O leti módszerekkel. Ezt tekintjük a gráfelmélet els˝o m˝uszaki alkalmazásának. 1852-ben Francis Guthrie (1831–1899) felvetette, vajon legkevesebb hány szín elegend˝o egy tetsz˝oleges térkép kiszínezéséhez. Az látszott, hogy három szín nem elegend˝o. Úgy vélte, hogy négy szín igen, de bizonyítani nem tudta. 1879-ben Perci John Heawood (1861–1955) bebizonyította, hogy öt szín biztosan elegend˝o. Száz évvel kés˝obb, 1976ban, Kenneth Appel (1932–) és Wolfgang Haken (1928–) tervszer˝u próbálgatással belátták Guthrie sejtését, ugyanis számos esetet számítógépen futtattak le. Vitatott, hogy ezt az eljárást bizonyításnak tekintjük-e, vagy sem. A gráfelmélet eredményeinek gyakorlati alkalmazása igen sokrét˝u. A hálózatok szerkezetét és részben a tulajdonságait is le lehet írni a gráfelmélet segítségével. Így használható például emberek által létrehozott m˝uszaki hálózatok, mint az úthálózat, villamosenergia-ellátás rendszere, a víz-, gáz- és telefonhálózat, mobil-, internethálózat tervezésére, elemzésére. A természeti és társadalmi jelenségek elemzésére is alkalmas, például különböz˝o projektmenedzsmentben, logisztikában, humáner˝oforrás-tervezésben, pedagógiai, szociometriai vizsgálatokban, a pszichológiában kapcsolati hálók meghatározásánál. A magyar matematikusok közül például K˝onig Dénes (1884–1944), Gallai Tibor (1912–1992), Erd˝os Pál (1913–1996), Rényi Alfréd (1921– 1970), Lovász László (1948–), Pósa Lajos (1947–) járultak hozzá jelent˝os mértékben a gráfelmélet fejl˝odéséhez.

Néhány maximumfeladat

1. Hasonlítsunk össze különböz o˝ téglalapokat, amelyeknek 4 cm a kerületük, amint azt az 5. ábra mutatja.

5. ábra

A széles, alacsony, közel 2 cm széles téglalapoknak kicsi a területük, annál kisebb, minél szélesebbek; éppen így a keskeny, magas téglalapoknak. Az arányosabb téglalapoknak nagyobb a területük. Ezért kérdezhetjük, hogy a 4 cm kerület˝u téglalapok közül melyiknek a területe a legnagyobb? Ez egy maximumfeladat. A szóban forgó feladat talán a legegyszer˝ubb és talán a legrégibb mindazok közül, amelyeket valaha is tárgyaltak. Éppen ezért talán a legalkalmasabb az ilyen feladatokkal való ismerkedésre, még miel o˝ tt azokra a feladatokra fordítanánk a figyelmünket, amelyeket ebben az el o˝ adásban tárgyalni szeretnénk. Eukleidész VI. könyvében a 27. tételben a feladatot a következ˝oképpen oldja meg. Megoldását formailag megváltoztattuk, de lényegét tekintve nem. Az adott K kerület˝u, ABCD téglalaphoz rajzoljuk meg a 6. ábra szerint az 1/4 K oldalhosszúságú BEFG négyzetet, amelynek a kerülete tehát ugyancsak K. Azt állítjuk, hogy ennek a négyzetnek nagyobb a területe, mint a téglalapé. A satírozott T téglalap mindkét idomnak közös része. A négy-

32

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

zet ebb˝ol a közös téglalapból és a T1 idomból, az eredetileg adott téglalap pedig a satírozott téglalapból és a T2 téglalapból áll. F D

C

T1 T2

T

T2 A

E T1

B

G

6. ábra

7. ábra

Most azonban AB+BC, mint az adott téglalap fél kerülete, egyenl˝o GB + BE-vel, a négyzet fél kerületével, tehát AG + GB + BC = = GB + BC + CE, amibo˝ l AG = CE következik: a T1 téglalap tehát éppen olyan magas, mint amilyen széles a T2 téglalap. A T1 téglalap másik oldala azonban a négyzetnek is oldala, miközben a T2 másik oldala a négyzet oldalának csak egy része, tehát rövidebb annál. Két olyan téglalap közül, melyeknek egyik oldala megegyezik (7. ábra), az a nagyobb terület˝u, amelyiknek a másik oldala nagyobb. Tehát T1 területe nagyobb T2 -énél, következésképpen T1 + T területe is nagyobb, mint T2 + T , vagyis a négyzet területe nagyobb, mint az adott téglalapé. Ha ez kezdett o˝ l fogva éppen négyzet lett volna, akkor T2 -nek a magassága nem csak egy része lett volna a négyzetoldalnak, hanem az egész négyzetoldal; akkor a szerkesztett négyzetnek a területe nem volna nagyobb, mint az adott téglalapé, hanem azzal egyenl o˝ lenne. A négyzet tehát valóban nagyobb terület˝u, mint minden más, vele azonos kerület˝u téglalap. Ha x, y a téglalap oldalainak a hossza cm-ben, akkor a kapott eredményünk azt mondja, hogy xy, a téglalap területe (mér o˝ száma cm-ben) kisebb, mint az x + y + x + y = 2(x + y) kerület˝u négyzetnek a területe. A négyzet oldala kerületének a negyedré1 sze, tehát (x + y), és ezért a négyzet területe úgy adódik, hogy 2 1 (x + y)-t négyzetre emeljük. Ha tehát geometriai eredményün2

33

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

ket a görög beszédmódról a modern matematika nyelvére ültetjük át1 , az így szól: bármely két pozitív x, y számra érvényes, hogy
(1)

xy ≤

x+y 2

2

vagy (2)

x+y √ , xy ≤ 2

azaz két szám geometriai közepe mindig kisebb, mint a számtani közepe, és egyenl o˝ ség csak akkor áll fenn, ha x és y egyenl o˝ k egymással. 2. Most már világos, mit jelent egy maximumfeladat, és mit kell értenünk ennek megoldása alatt: a megoldásnak a megadását és annak az igazolását, hogy a megoldás a szóban forgó tulajdonságot (itt a területet) tekintve minden más alakzatot felülmúl. Most térünk rá ennek a fejezetnek a tulajdonképpeni tárgyára, arra a feladatra, hogy meg kell keresnünk egy adott körbe írható háromszögek közül a legnagyobb terület˝ut. Platón Menónjának egy helye arra enged következtetni, hogy már az o˝ idejében, tehát egy századdal Eukleidész munkálkodása el o˝ tt tárgyalták ezt a feladatot, ha nem oldották is meg. Mindenesetre Eukleidész sem, de egyetlen modern könyv sem közli az itt következ o˝ megoldást, amely pedig stílusa alapján a régiek el o˝ tt is ismert lehetett volna. A körbe írt tetszo˝ leges ABC háromszög mellett tekintsük az egyenlo˝ oldalú A0 B0C0 háromszöget is, amelyet vagy ugyanabba a körbe, vagy egy, az els o˝ vel azonos sugarú másik körbe írunk. Ez utóbbi háromszög tetszés szerint elforgatható, a mérete mindig ugyanaz marad. Azt állítjuk, hogy ennek a háromszögnek a területe nagyobb bármely más, ugyanakkora sugarú körbe írt háromszög területénél, tehát a feladatunk megoldása az egyenl o˝ oldalú háromszög (8. ábra). 1 Mi is használjuk a modern matematikában szokásos < jelet a „kisebb, mint” (pl. 3 < 5) és ≤ jelet „kisebb vagy legfeljebb egyenl˝o ” értelemben.

34

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

B0 B

A

C

A0

C0

8. ábra

A bizonyítás során abból indulunk ki, hogy az egyenl o˝ oldalú háromszög körünknek a kerületét 3 egyenl o˝ ívre osztja, a másik háromszög pedig 3 valamekkora ívre, amelyek azonban együttvéve a teljes kör kerületét adják. Az utóbbi három ív közül az egyik feltétlenül kisebb, mint a teljes kerületnek a harmadrésze, egy másik pedig nagyobb, mint a harmadrész. Mert ha egyik sem volna kisebb, mint a harmadrész, akkor mindhárom együttesen nagyobb volna, mint a teljes kerület, hacsak nem egyenl˝ok valamennyien pontosan a harmadrésszel, ekkor pedig éppen egyenlo˝ oldalú háromszöget képeznének. Azonban a tetsz o˝ legesen felvett háromszög nem lehet egyenl o˝ oldalú, így következtetünk arra, hogy a három ív egyikének a teljes körív harmadrészénél nagyobbnak kell lennie. Az a kérdés, hogy a három ív közül a harmadik nagyobb vagy kisebb-e a harmadrésznél, eldöntetlenül marad; erro˝ l általános érvény˝ut nem lehet állítani, és ezt nem is használjuk fel a bizonyításban. Az adott háromszögünk csúcspontjait úgy bet˝uzzük meg, hogy az AB ív mindenesetre a harmadrésznél kisebb, a BC ív a harmadrésznél nagyobb legyen (9. ábra). Azután az AB ívet a C pontból mérjük rá a CB ívre, a végpontot jelöljük B  -vel úgy, hogy a CAB háromszög az ACB háromszögnek a tükörképe legyen, körünknek az AC-re mer o˝ leges átméro˝ jére vonatkozólag. Ezenkívül az A pontból mérjük fel a B pont felé a teljes körkerület harmadrészét, AB  -t. Mindenesetre a B  a B ponton túl lesz, mert a feltétel szerint az AB ív a teljes kerület harmadrészénél kisebb. Másrészr˝ol azonban a B  a B el˝ott lesz, tehát a B és B között fog elhelyezkedni; mert ha még a B  -n túl lenne, akkor az AB  ív na-

35

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

gyobb volna, mint az AB  ív – amely a CB tükörképével egyenl o˝ , és ez a feltétel szerint nagyobb, mint a teljes kerület harmadrésze, tehát ugyanakkora az AB  ív is –, ennek következtében az AB ívnek a kerület harmadrészénél nagyobbnak kellene lennie, pedig ez éppen a kerület harmadrésze (a feltétel szerint). Mivel most a B a B és B között fekszik, az ACB  háromszög magasabb, mint az ACB háromszög, amelynek alapja ugyanaz az AC. Az ismert háromszög-tétel szerint (a háromszög területe egyenl o˝ az alap felének és a magasságnak a szorzatával) az ACB  területe nagyobb, mint az ACB-é. Az ACB  olyan háromszög, amelynek csúcspontjai szintén az adott körön vannak, a területe nagyobb, mint az eredetileg adotté, és amelynek az egyik oldala, az AB  , az ugyanabba a körbe beírt egyenl o˝ oldalú háromszög oldalával egyenlo˝ .

C’

B’ B

C’’

C

B’

A

B’’

C

A 9. ábra

10. ábra

Az ACB háromszög talán egyenl o˝ oldalú? Ez az eset akkor áll fenn, ha az adott háromszög által meghatározott AC ív pontosan a kerület harmadrésze. Ebben az esetben annak a bizonyítása, hogy az egyenl o˝ oldalú háromszög területe nagyobb, mint az adott nem egyenl o˝ oldalúé, már készen volna. Egyébként most AC helyett az AB -t tekintsük az ábra alapjául (ezért elforgatjuk úgy, hogy AB  legyen alul, lásd 10. ábra). Alkalmazzuk ugyanazt az eljárást az AB alapú ABC háromszögre, amint el o˝ bb az AC alapú ACB háromszögre. Ekkor B  -t˝ol C irányában ismét a teljes kerület harmadrészét kell felmérnünk a C  pontig, amely tehát az A és B -vel együtt egy körbe írt egyenl o˝ oldalú háromszöget képez, amely a 8. ábrabeli A 0 B0C0 háromszöggel egybevágó. Az el˝oz˝onek az analógiájára felismerjük, hogy ennek az egyenl o˝ ol-

36

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

dalú háromszögnek a területe az AB C területénél nagyobb, tehát méginkább nagyobb, mint az eredetileg adott háromszögé, s o˝ t – mivel ez a feltétel szerint tetszo˝ leges, nem egyenl o˝ oldalú háromszög – minden (a körbe írható) háromszög területénél nagyobb. Tehát az egyenl o˝ oldalú háromszög területe a körbe írt bármely más háromszög területénél nagyobb. Megjegyzés: A meggondolás közvetlenül átvihet o˝ ellipszisekre is. A szabályos háromszög szerepét itt olyan háromszög veszi át, amelynek csúcspontjaihoz tartozó ellipszisérint o˝ k párhuzamosak a háromszög szemközti oldalával. 3. Az egész következtetési módot úgy alkalmaztuk, hogy nagyobb változtatás nélkül megmutathatjuk: valamennyi, körbe írt n oldalú sokszög közül a szabályosnak van a legnagyobb területe. d

a b

b

d c

c a

11. ábra

Csupán egy egyszer˝u dolgot kell észrevennünk: ha tetsz o˝ leges n oldalú, körbe írt sokszögünk van (11. ábra), akkor ugyanabba a körbe egy másik n oldalú sokszöget írhatunk, amelynek ugyanakkorák az oldalai, csak más, tetszés szerinti sorrendben következnek egymásra. Ugyanis csak arra van szükségünk, hogy a kört az adott n oldalú sokszög csúcspontjain keresztülmen o˝ sugarakkal n szektorra szétbontva és ezeket papírból készült körlapból kivágva gondoljuk el, akkor közvetlenül látjuk, hogy ezeket a kivágott szektorokat valamely, tetszés szerint választott sorrendben ismét körlappá tudjuk összeilleszteni. Ezzel a kívánt n oldalú sokszöget nyerjük. Nyilvánvalóan a területe is ugyanakkora maradt. Erre az elo˝ zetes megjegyzésre támaszkodva – mint a háromszögnél – azzal kezdhetjük, hogy egy, a körbe írt n oldalú sokszögnek, amely nem szabályos, egyik oldala szükségképpen a kerületnek egy olyan darabját metszi ki, amely kisebb, mint a teljes kerület-

37

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

nek n-ed része és egy másik nagyobbat. Arról itt nincs szó, hogy az n oldalú sokszögnek ez a két oldala éppen szomszédos legyen. Mert míg a háromszögnél a három oldal mindegyike a másik kett˝ovel szomszédos, az n oldalú sokszögnél, amelynek több, mint 3 oldala van, nincs így. Az n oldalú sokszögünknek most ez a két oldala ne legyen szomszédos, akkor az el o˝ rebocsátott megjegyzés megengedi egy másik, ugyanabba a körbe írt n oldalú sokszög el˝oállítását, amelynek területe ugyanakkora, és amelynél ez a két oldal már szomszédos. Azután a kisebbiket nevezzük ABnek, a nagyobbikat BC-nek (12. ábra). Akkor A-ból kiindulva B irányába a teljes kerület n-ed részét felmérhetjük a B  -ig, és ismét meggondolhatjuk, hogy B  -nek B és B (a B tükörképe) között kell feküdnie. Pótoljuk tehát az adott n oldalú sokszögben a B-t a B -vel, miközben minden más csúcspontot megtartunk. Ezzel a területet növeltük, és egyúttal elértük, hogy az egyik oldal a beírt n oldalú szabályos sokszögével lett egyenl o˝ . A többi n−1 oldallal most éppen így járunk el, miközben állandóan az el o˝ rebocsátott megjegyzést tartjuk szem el o˝ tt. Akkor végül felismerjük, hogy az adott n oldalú sokszög kisebb, mint a szabályos, amelyhez az eljárás végén szükségszer˝uleg jutottunk, amikor egyik oldalt a másik után a szabályos n oldalú sokszögével egyenl o˝ vé tettük, míg végül valamennyi egyenl o˝ lett. B’’

B’

C

B A

F

D E

12. ábra

38

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

Hasonló módon lehetne megmutatni, hogy valamennyi, adott kör köré írt n oldalú sokszög közül a szabályosnak van a legkisebb területe. Megjegyzések 2. ponthoz: A meggondolás közvetlenül átvihet o˝ ellipszisekre is. A szabályos háromszög szerepét itt olyan háromszög veszi át, melynek csúcspontjaihoz tartozó ellipszisérint o˝ k párhuzamosak a háromszög szemközti oldalával. 3. ponthoz: Az el o˝ zetes megjegyzést E. Steinitz szóbeli közlésének köszönhetjük. Jegyzet [1] Platón (Kr. e. 428/7–348/7) athéni születés˝u, az ókori görögök egyik legkiemelked˝obb filozófusa. Születésekor az Arisztoklész nevet kapta. A Platón (fennsíkot, magasságot is jelent˝o) név az iskolában ráragadt gúnynév volt. 20 éves kora körül Szókratész tanítványa lett. Szókratész kivégeztetése után Szókratész eszméit platóni szemlélettel írta meg. Ezt az id˝oszakot nevezzük Platón els˝o alkotói korszakának, amelyre szokás szókratikus korszakként is hivatkozni. Ebben az id˝oszakban születtek a Szókratész véd˝obeszéde, Kritón, Kisebbik Hippiasz, Lakhesz, Kharmidész, Eutüfrón, Liszisz, Politeia cím˝u m˝uvei. Pár év múlva, ma úgy mondanánk, tanulmányútra ment. Ennek az átmeneti id˝oszaknak a dialógusaira jellemz˝o, hogy a lélek preegzisztenciája (születés el˝otti létezése) és halhatatlansága egyre jobban foglalkoztatja. Megszületnek a Protagorasz, Nagyobbik Hippiasz, Eutidemosz, Kratülosz, Menón, Gorgiasz cím˝u dialógusok. Kr. e. 387-ben megnyitotta az Akadémiáját. Az iskola oktatási célja a múzsák tisztelete volt. Filozófia, asztronómia, matematika és a természettudományok szerepeltek az oktatandó tananyagban. A legenda szerint annyira fontosnak tartotta Platón a geometriát, hogy a „Ne lépjen ide be senki, aki nem ismeri a geometriát!” felirat került az Akadémia bejáratára. Ezen korszakának dialógusaiban a Szümposzion (Lakoma), Phaidon, Politeia (Az állam), Phaidrosz cím˝uekben az idea lesz a „legfels˝obb lételv”, minden elmélet alapja.

N ÉHÁNY MAXIMUMFELADAT

39

Kr. e. 368-ban újra Szicíliába ment, majd visszaérve haláláig Athénban maradt. Ebben az utolsó korszakában írt m˝uveiben, a kés˝oi dialógusokban az „ideaelmélet” átalakul, megjelenik az idea alkalmazása a logikában, a természettudományokban és a törvényhozásban. A dialógusok: Theaitétosz, Parmenidész, A szofista, Az államférfi, Kritiasz, Philebosz, Törvények, Timaiosz. Platón szinte valamennyi m˝uvében érint˝olegesen olvashatunk, és így képet kapunk a korabeli görög nevelésr˝ol, és megismerhetjük a szerz˝o pedagógiai rendszerét. Az „Állam” és a „Törvények” cím˝u dialógusában rendszerezve tárgyalja a nevelés és az oktatás kérdéseit. A „Menón” cím˝u dialógusában megjeleníti módszere sajátosságait. Szókratész a tanító, és rabszolgája, a fiatal, tanulni vágyó Menón a szerepl˝ok. Szókratész azt a feladatot adja Menónnak, hogy kétszerezze meg egy adott oldalhosszúságú négyzet területét. A megoldást az átlóra mint új oldalra szerkesztett négyzet adja. Azt várja, hogy a fiú ehhez a Pitagorasz-tétel alkalmazásával jusson el. Ma azt mondanánk, hogy irányított felfedeztet˝o stratégiával, kérdve kifejt˝o módszerrel jutnak el a megoldáshoz. A fiú els˝o próbálkozásában a négyzet oldalhosszúságának megkétszerezését˝ol reméli a megoldást. Szókratész kérdéseivel rávezeti Menónt, miért téves az elgondolása, majd aprólékosan, lépésr˝ol lépésre haladva, kérdéseket tesz fel, melyekre a fiú eddigi tudása alapján tud válaszolni, és így eljutnak a feladat megoldásához. A rajzolt ábra segítségével belátja, hogy a négyzet oldalának kétszerezése a területet négyszeresére növeli. Ezután a fiú az oldal másfélszeres növelésével próbálkozik, de rájön a tévedésére. Ekkor Szókratész felhívja a figyelmét az oldalak és az átló kapcsolatára (Pitagorasz-tétel). A fiú végül rálel a terület, az oldalhossz és az átló közötti kapcsolatra, tulajdonképpen a négyzetgyök fogalmára. (Lásd: Platón Összes m˝uvei. I. kötet. 1984, Európa Könyvkiadó, Budapest, 634–724. o.) Platón ezzel a példával bizonyítja anamnéziselméletét. Miután a rabszolga képes volt a feladatot megoldani, a megoldást megfogalmazni, arra következtet, hogy mindig is tudta a megoldást, csak el˝o kellett hívni bel˝ole: „Szókratész: Tehát a nem tudóban benne vannak a helyes vélemények azokról a dolgokról, amikr˝ol nem tud? Menón: Úgy látszik.” (Lásd: Platón Összes m˝uvei. I. kötet. 1984, Európa Könyvkiadó, Budapest, 688. o.)

Összemérhetetlen szakaszok és irracionális számok

Minden geometriának az eredete kétségtelenül a hosszúság-, terület-, köbtartalommérés. Egy szakaszt egy másikkal mérni nagyon egyszer˝u, ha az utóbbi az el o˝ bbiben pontosan megvan (13. ábra). Ha nincs meg benne, a kisebbiknek a nagyobbikból való többszöri elvétele után maradék keletkezett (14. ábra). Ebben az esetben nézzük meg, vajon ez a maradék a mér o˝ szakasznak fele, harmad-, kétharmad- vagy hasonló törtrésze-e.

13. ábra

14. ábra

Ha így van, akkor a mérend o˝ szakaszban nincs meg a mér o˝ szakasz, mert a mér o˝ szakasz bizonyos törtrésze már megvan benne. Mivel a méro˝ szakasz törtrésze a mér o˝ szakaszban is megvan, azért van legalább egy szakaszunk, egy harmadik szakasz, amely a mérendo˝ ben és a méro˝ ben is megvan. Ez a szóban forgó két szakasz közös mértéke. A korábbi geometriai meggondolások kétségtelenül ilyen közös mértékro˝ l szóltak. Ha például 3 cm és 4 cm oldalhosszúságú téglalapot rajzolunk, akkor Püthagorasz tétele szerint a téglalap átlójának a négyzete 32 + 42 = 9 + 16 = 25, tehát az átló maga 5 cm (15. ábra). A téglalap rövidebb oldalának és az átlónak közös mértéke az 1 cm hosszú szakasz, az oldal és az átló úgy aránylanak egymáshoz, mint 3 : 5.

42

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

15. ábra

16. ábra

Szinte magától kínálkozott az a gondolat, hogy téglalap helyett négyzetet válasszanak, és itt is keressék meg az oldalnak és az átlónak a közös mér o˝ számát. Az els˝o kísérletek, amint a 16. ábra mutatja, nem adnak eredményt. Kénytelenek vagyunk egyre kisebb törtrészekkel próbálkozni, és kérdéses, hogy a felosztást finomítva lesz-e ilyen közös mérték, vagy egyáltalán nem is létezik – s a szakaszok „összemérhetetlenek”. Ezzel el is érkeztünk a probléma velejéhez: alkalmas-e egy szakasz határtalanul finom osztásra, vagy a felosztásnak van határa; vajon a szakasz a valóságban igen sok, de véges számú, igen kicsi, oszthatatlan részre esik-e szét, „atomisztikus-e” a szerkezete? A görög tudósoknak Platónig terjed o˝ nemzedékér o˝ l tudjuk, különösképpen Démokritoszról [1], hogy az anyag atomisztikus szerkezetét tanították. Ez nem ugyanaz, mint az egyenes szakasz atomisztikus szerkezete. Nagyon könnyen el tudtak képzelni egy határtalanul osztható – ma azt mondjuk: folytonos egyenes-szakaszt, amelyben az anyag atomokban sorakozik fel. Ugyanabból az id o˝ b˝ol, körülbelül Kr. e. 450-bo˝ l megmaradt Anaxagorásznak [2], az athéni filozófusnak néhány szava, amelyek azt az állítást tartalmazzák, hogy minden egyenes szakasz határtalanul osztható. Ha az egyébként elveszett tankönyvb o˝ l vagy elo˝ adásból ilyen töredék maradt meg, akkor ez természetesen nem lehet véletlen megnyilvánulás, hanem a saját

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

43

korában eredetisége miatt híres, sokat vitatott tétel volt, és elképzeljük az ido˝ t, amikor az ember el o˝ ször és még nyomon követhet˝oen foglalkozott ezekkel a nagy problémákkal. Ezek után könnyen elképzelhetjük azt a kirobbanó hatást is, amelyet annak a sokkal mélyebbre nyúló felfedezésnek kellett okoznia, hogy a négyzet oldala és átlója összemérhetetlenek. Az ismert források ezt a felfedezést a püthagoreusoknak [3] tulajdonítják, ennek a délitáliai titkos társaságnak, amelyr o˝ l olyan kevés biztosat tudunk. A hagyomány azt tartja, hogy annak a püthagoreusnak, aki ezt a felfedezést az emberek tudomására hozta, hajótöréssel és halállal kellett b˝unh o˝ dnie. Kétségtelen ellenben Platón közlése a „Törvények”-ben, mely szerint Platónt is nagyon felizgatta ez a felfedezés, pedig o˝ már meglett korában ismerte meg azt. A következo˝ kben erre a felfedezésre két különböz o˝ bizonyítást mutatunk be. Nem fogunk azzal az önmagában is nagyon érdekes történelmi kérdéssel foglalkozni, hogy a kett o˝ közül melyik a régebbi. A második nemcsak Eukleidésznél, hanem már Arisztotelésznél is fennmaradt. Az els o˝ t mindenesetre egészen görög szellemben fogalmazták meg, és Eukleidész X. könyvének gondolatkörébe építették bele – valószín˝uleg ez a régebbi. Az els˝o bizonyítás elé egy elemi geometriai meggondolást bocsátunk, amely abból a hiábavaló kísérletb o˝ l született, hogy az oldalnak és az átlónak ismételt kölcsönös kivonásával közös mér˝oszámhoz jussunk. Mérjük rá az oldalt (17. ábra) az átlóra a B pontból a D-ig. Ez csak egyszer sikerül. Állítsunk a D pontban a BD-re mer o˝ legest, amely az AC oldalt a B  pontban metszi, és kössük össze a B -t a B-vel. Akkor BA = BD BB = BB BAB

= BDB

44

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK C

A’’ D’’

D’

B’’

D

A’

B’

B

A

17. ábra

mert derékszögek; ezért a negyedik egybevágósági tétel értelmében a BAB és BDB háromszögek egybevágók, és következésképpen AB  és DB egyenlo˝ k mint egybevágó háromszögek megfelel˝o oldalai. Továbbá B CB mint a négyzet oldala és átlója közötti szög a derékszögnek fele, és a CDB  a szerkesztés szerint derékszög, a CDB  háromszög harmadik szögére pedig éppen egy fél derékszög jut. Ez a háromszög tehát egyenl o˝ szárú derékszög˝u háromszög, és ezért DB  = DC. Egészben véve eddig kimutattuk, hogy (1)

AB = B D = DC.

Most a C pontban is mer o˝ legest állítunk az átlóra, majd erre rámérjük a DB  szakaszt. Ha az A végpontot összekötjük B  -vel, akkor az A  BCD négyzet képz o˝ dik, amely kisebb, mint az eredeti, a BC átló az eredeti négyzet AC oldalának egy szakasza. Erre a négyzetre alkalmazzuk most pontosan ugyanazt az eljárást, amit eddig az eredetire: oldalát mérjük rá az átlójára a D  pontig, a D -ben állítsunk mer o˝ legest a kis négyzet átlójára, amely az oldalát B pontban metszi; akkor éppen úgy érvényes (2)

A B = B D = DC,

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

45

és érthet˝o, hogy ezt az eljárást vég nélkül lehet folytatni. Sohasem szakad meg, hanem minden alkalommal új maradék képz o˝ dik, amely kisebb, mint az o˝ t megelo˝ z˝o: (3)

CD > CD > CD > CD > . . . .

Ezen maradékoknak mindegyike az egymást követ o˝ négyzetek oldalának és átlójának a különbsége: (4)

CD = CB − AB, CD = CB − A B , CD = CB − AB . . .

Ez az az elemi geometriai meggondolás, melyet els o˝ bizonyításunk elé kellett bocsátanunk. Maga a bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy négyzetünknek az oldala és átlója összemérhet o˝ , hogy van közös mértékük: a négyzetoldalnak egy törtrésze, egy E szakasz, amely az átlóra is pontosan ráfér. Azután csak azt kell meggondolnunk, hogy bármely két szakasznak a különbsége feltétlenül többszöröse E-nek, ha a szakaszok külön-külön többszörösei az E-nek (18. ábra).

18. ábra

Ha tehát CB és AB az E-nek a többszörösei, akkor a (4) szerint a CD is az, és vele együtt A B is, amely ugyanannak a négyzetnek az oldala; de ennek a négyzetnek az átlója, amelyre (1) alapján teljesül, hogy CB = CA − BA = AB −CD, szintén az E két többszörösének a különbsége lesz, tehát maga is ilyen tulajdonságú. Miután az egy vessz o˝ vel megjelölt négyzet átlójára és oldalára ezt a tulajdonságot bebizonyítottuk, analógia alapján érvényes minden továbbira. Az indirekt bizonyítás innen most már közvetlenül a kívánt ellentmondáshoz vezet, mert most már minden, a (3)-ban el o˝ forduló szakaszt ezen E többszörösének tekintünk, feltéve, hogy az

46

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

adott négyzet átlójának és oldalának egy ilyen közös mér o˝ száma egyáltalán létezik. Másrészr o˝ l a (3) azt mondja, hogy az E ezen többszöröseinek állandóan kisebbedniök kell, de anélkül, hogy valaha megszakadhatnának, anélkül, hogy valamikor nullává válhatnának. Ez egy állandó E szakasz többszörösére nézve nem lehetséges, ugyanis ha a CD kezd o˝ tag E-nek ezerszerese volna, akkor a CD egy kisebb többszöröse volna az E-nek, tehát legfeljebb a 999-szerese. Legkés o˝ bb eme lánc ezredik tagjának E-nél kisebbnek és mégis E többszörösének kellene lennie, tehát az E nullaszorosának, ellentétben azzal, amit bebizonyítottunk. Ez az ellentmondás abból a feltevésb o˝ l adódik, hogy valamely négyzet átlójának és oldalának közös mér o˝ száma van. A második bizonyítás sokkal egyszer˝ubb, kisebb aritmetikai el˝okészítést igényel, sokkal rövidebb, mint a hosszú elemi geometriai meggondolás, amelyet az els o˝ geometriai bizonyításunknál el˝ore kellett bocsátani. Ez az aritmetikai elo˝ készítés páros és páratlan számokra vonatkozik. Tudvalev o˝ leg páros számnak nevezünk minden számot, amely egy másiknak a kétszerese, páratlan minden olyan szám, amely egy párosra következik, tehát 2x + 1 alakban felírható. Páratlan számnak a négyzete ismét páratlan szám, mert (2x + 1)2 = 4x2 + 4x + 1 = 2(2x2 + 2x) + 1 ismét csak páros számra következik, tehát páratlan. Ebb o˝ l közvetlenül adódik az 1. segédtétel. Ha egy szám négyzete páros, akkor a szám maga is páros. Ha páratlan szám volna, akkor a négyzete is az – amint bebizonyítottuk. Éppen ilyen egyszer˝u a 2. segédtétel. Páros számnak a négyzete mindig osztható néggyel, tehát négyszerese egy egész számnak, 4g alakú. A 2. segédtétel igaz, mert 2x · 2x = 4xx = 4g. A tulajdonképpeni bizonyítás ismét indirekt. Feltéve, hogy a négyzet oldalának és átlójának közös E mértéke van, és az átló

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

47

éppen d-szerese az E-nek, az oldal éppen s-szerese az E-nek, akkor alkalmazzuk Püthagorasz télelét azon két derékszög˝u háromszög egyikére, amelyekre a négyzetet az átlója felbontja: (5)

d 2 = s2 + s2 ,

tehát

d 2 = 2s2 .

Azonkívül megállapíthatjuk a következ o˝ t: a két egész számról, d-r˝ol és s-r˝ol feltételezhetjük, hogy relatív prímek. Mert ha valamilyen számmal egyszer˝usíthet o˝ k, mint pl. 10 és 16 (egyszer˝usítve 5 és 8), akkor azt mondhatnánk, hogy a közös mértéket, E-t feleslegesen kicsire választottuk, és hogy helyénvaló lett volna E egy többszörösét kiválasztani. Elfogadhatjuk tehát, hogy ezt az egyszer˝usítést már el o˝ re elvégeztük. Akkor az (5)-b o˝ l el˝oször az következik, hogy d 2 egy számnak a kétszerese, tehát páros szám. Az els˝o segédtétel alapján látható, hogy a d-nek is páros számnak kell lennie. Ennek következtében s-nek páratlannak kell lennie, mert ha d és s is páros számok lennének, akkor osztani lehetne azokat 2-vel, ellentétben a feltételünkkel, hogy ezek relatív prímek. Másfel˝ol a második segédtétel azt mondja, ha d páros szám, akkor d 2 néggyel osztható: d 2 = 4g, tehát 2s2 = 4g, vagy s 2 = 2g. Tehát s is olyan szám volna, melynek négyzete páros, és az els o˝ segédtétel ismételt alkalmazásával adódnék, hogy s-nek is páros számnak kell lennie, amikor a d már páros. Ez az az ellentmondás, amely az indirekt bizonyítás feltételéb o˝ l adódik. Mindkét bizonyításnak közös magja az a következtetés, hogy az egész számok csökken o˝ sorozata véges. Az els o˝ bizonyításban ez a kikötés vitathatatlanul megmutatkozott. A másodikban az egyszer˝usítésben volt elrejtve. Ugyanis az egyszer˝usítés, ameddig az lehetséges, egyre kisebbíti mindkét szóban forgó számot, és ha fent felhasználtuk azt, hogy a számokat relatív prím alakban kell megadni, az hallgatólagosan azt jelenti, hogy az egyszer˝usítési eljárásnak egyszer véget kell érnie. A mai matematika nyelvén az (5) képletet a
2 d =2 s

48

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

alakba írhatjuk, és a bizonyítás eredményét így fejezhetjük ki: d nincsen olyan x = tört (nincsen olyan racionális szám), amelys nek a négyzete 2; vagy még √ másképpen kifejezve: nincsen √ olyan x racionális szám, amely 2-vel volna egyenl o˝ , azaz 2 „irracionális szám”. Megjegyzések Az els˝o bizonyítás egyetlen görög matematikusnál sem maradt fent, jóllehet a bizonyítás jellege a görög gondolkodásra utal, s lehetséges, hogy valóban ismerték is. A második bizonyítás explicite szerepel Eukleidésznél (Elemek X., 27., Kiegészítés), de Arisztotelésznek az Analytica Priorában található megjegyzése azt mutatja, hogy a bizonyítás Eukleidésznél jóval korábbról való. Túl messzire vezetne annak a kérdésnek a megvitatása, hogy a Platón Theaithétoszának elején található szakasz azt jelenti-e, √ hogy a görögök n irracionális voltának bizonyítását el o˝ ször az 1. módszerrel végezték el, s csak kés o˝ bb (Theaithétosz) agyalták ki a 2. módszert. Jegyzet [1] Démokritosz (Kr.e. 460–370) Abdérában, gazdag családban született. Az örökségéb˝ol bejárta a világot, a kaldeus papoktól csillagászatot, a mágusoktól teológiát, az egyiptomi bölcsekt˝ol geometriát tanult. Eljutott a Vörös-tengerig, s˝ot még Indiába is. Athénban iskolát alapított. Mesterének Leukipposzt tartotta, aki szerint atomokból és üres térb˝ol áll a világmindenség. Az atomok végtelen számban léteznek, tömör, oszthatatlan, azonos min˝oség˝u, ám különböz˝o formájú anyagi részecskék. Az u˝ r egy létez˝o „nem valami”. A világ sok kis mértani testb˝ol áll, ezek néha összetapadnak, máskor taszítják egymást. Örökt˝ol léteznek, állandó mozgásban, mintegy örvényben vannak. Mozgásaik, ütközéseik, taszításaik atomhalmazokat hoznak létre, ezek alkotják a világ dolgait. Démokritosz szerint a mozgás természetes okosság, de nem tett különbséget érzéki és értelmi megismerés között. Vallotta, hogy a világban lév˝o dolgok között csak mennyiségi a különbség. Az igazság oly mélyen van, hogy az ember azt nem képes megismerni, csak valamilyennek látja. Az em-

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

49

ber halandó, lélekatomjai néha felszabadulnak, s helyükre újak kerülnek. Amikor a test megsz˝unik, atomjai szerkezetét megváltoztatja, s ezzel a lélek is megsz˝unik, a lélek- és a testatomok szétválása jelenti a halál állapotát. [2] Anaxagorász (Kr. e. 497–431) Smyrna közelében született. Nagy hatással volt rá a milétoszi iskola. Egyiptomi csillagjósoktól tanult. Megjósolt néhány természeti katasztrófát, s ezzel nagy hírnévre tett szert. Rendszerében a nousz jelentette az istent, a részecskéket homoiomeriáknak, csíráknak nevezte, amelyek szabad szemmel nem láthatók, de minden létez˝oben megtalálhatók. A létez˝ok közti különbséget a homoiomeriák aránya okozza. Úgy gondolta: a Nap világítja meg a Holdat; a Napfogyatkozást a Hold mozgása, a földrengéseket a Föld gyomrában összes˝urített leveg˝o okozza. Az üstökösök, véleménye szerint, áttüzesedett égi testek, amelyek fátyolt húznak maguk után. Miután látta, hogy a kutyának a táplálékától n˝o a csontja, a sz˝ore, er˝osödik az izomzata, arra következtetett, hogy az élelmében és a csontjában/izomzatában ugyanazok az anyagok megtalálhatók. [3] Püthagorász (Kr. e. 582?–497?) Crotonban, az el˝okel˝o dél-itáliai városban telepedett le. Környezetében hamar kit˝unt széles tudásával, praktikus gondolkodásával, szigorú erkölcsi elveivel. Férfiak csoportosultak köré, akik szövetséget alkottak. A szövetség rendszabályait, törvényeit, hierarchiáját Püthagorász szabta meg. Törekedett a lét megismerésére, melynek útját a tudomány és a zene megismerésében látta. A püthagoreusok asztronómiai nézetei szerint a világegyetem közepe a központi t˝uz (amelyet a Föld középpontjába helyeztek és Zeusz lakóhelyének vélték), de t˝uz a világegyetem széls˝o határa is. A két t˝uz közt és saját tengelyeik körül forognak az égitestek, a Nap, az öt bolygó: Merkúr, Vénusz, Föld, Mars, Jupiter, Szaturnusz (a Földet is a bolygók közé sorolták), az Állócsillag és a Hold. Mivel a tízet szent számnak gondolták, feltételezték, hogy az égitestek száma is tíz, ezért megalkották az Ellenföld fogalmat, hogy a hiányzó égitest is meglegyen. A püthagoreusok bölcselete szerint egyedül a matematika képes a természeti jelenségek leírására. A számok törvényein keresztül megismerhet˝o a mindenség, mert az a számok szerint rendez˝odött el, így az emberi indulatok is leírhatók a matematika nyelvén. Különbséget tesznek a szám és a mennyiség (megszámoltak) közt, az egység és az egy közt. Megalkották a dimenziókat, azaz a pontnak

50

Ö SSZEMÉRHETETLEN SZAKASZOK ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

megfeleltették az egyet, az egységet, az egyenesnek a kett˝ot, a síknak a hármat, a térnek, a testnek a négyet. A szabályos testek jelentették számukra az öt elemet: t˝uz a tetraéder, leveg˝o az oktaéder, víz az ikozaéder, a föld a kocka, az éter pedig a dodekaéder. Felismerték a szabályos testek közül a kocka és az oktaéder csúcsainak, éleinek, lapjainak száma közötti összefüggést. Bevezették a harmonikus közép definícióját, és alkalmazták például a 12, 6, 8 számokra. Két pozitív szám harmonikus közepe a két szám reciprokának számtani közepének a reciproka. Szokásos jele H(a; b), ahol a; b ∈ R, a > 0; b > 0. 2 1 = H(a, b) = 1 1 1 1 + + a b a b 2 Így 12 és 6 harmonikus közepe: H(12, 6) = 8. Foglalkoztatta o˝ ket továbbá a háromszög bels˝o szögösszegének meghatározása, a sík lefedése szabályos sokszögekkel, a szabályos ötszög szerkesztése az aranymetszés felhasználásával. A püthagoreusok óriási eredményének tekintjük az irracionális szám felfedezését. Keresték az egységnyi oldalú négyzet átlójának hosszát. Ismerték a √ Pitagorasz-tételt, a c2 = 12 + 12 = 2 összefüggést. Feltették azt a kérdést is, hogy mely számnak a négyzete 2. Számon természetes számot vagy azok arányait, azaz a racionális számokat értették. A keresett szám m felírható két egész szám arányával: c = alakban. Az m, n közül valan melyik páratlan, ha nem, kett˝ovel egyszer˝usíthet˝o. A c2 = 2 összefüggés m2 alapján az 2 = 2 kapjuk, azaz m2 = 2n2 . E szerint m páros, tehát n-nek n páratlannak kell lennie, ezért írhatjuk 2p alakban. Tehát (2p)2 = 2n2 , azaz 2p2 = n2 . Ez azt jelenti, hogy n páros, ami ellentétben áll kezdeti feltevésünkkel. Tehát hibás a feltételezés, mely szerint a c átfogót felírhatjuk két egész szám √ hányadosaként. Az átfogó méretét jellemz˝o szám tehát irracionális 2. Ez a gyönyör˝u bizonyítás sokként hatott a püthagoreusokra, majd paradigmaváltásra kényszerítette o˝ ket, mert sértette a harmóniába, az összetartozó rendbe vetett hitüket, és cáfolta számmisztikájukat.

A talpponti háromszög széls˝oérték-tulajdonsága Schwarz szerint

Ez alkalommal ismét egy maximum- vagy helyesebben egy minimum-feladattal foglalkozunk. Egy éppen annyira szemléletes, mint finoman csiszolt matematikai gondolat mintáját fogjuk látni. Ez Hermann Amandus Schwarz matematikustól származik, aki Berlinben tanított, és akinek a lángesze éppen úgy megmutatkozik az ilyen matematikai miniat˝urökben, mint nagy, átfogó munkáiban. 1. Bevezetésképp egy másik, nagyon egyszer˝u feladatot vizsgálunk, amely a fénytan ismert visszaver o˝ dési törvényével kapcsolatos. Ez tudvalev o˝ leg azt mondja, hogy az A pontból kiinduló fénysugár a g tükörnél visszaver o˝ dik, és azután a B pontba jut; a visszaver˝odés g-nél ugyanazon beesési és visszaver o˝ dési szöggel történik (19. ábra). Azt állítjuk, hogy a fénysugár által választott út a legrövidebb, amelyen a g tükör érintésével az A pontból a B pontba eljuthat, tehát ugyanaz, amit egy g o˝ zhajó választana, amely az A állomásról a B állomás felé halad, és közben a g egyenes által képviselt partot érintenie kell. Itt nem akarunk annál a kérdésnél ido˝ zni, miért választja a nem gondolkodó fénysugár ugyanazt az utat, amelyet a g o˝ zös értelmes kapitánya eszére hallgatva választ, hanem csak azt a tisztán matematikai tényt akarjuk rögzíteni, hogy az ugyanazon beesési és visszaver˝odési szög mellett létrejöv˝o ADB út rövidebb minden más, ACB útnál. A matematikai bizonyítás fénytani értelmezésen alapul. Tükrözzük az A pontot és az AC, valamint az AD szakaszokat a g tükörre.

52

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

A’

g

D

g

C

C

D E

A

A B

B

19. ábra

20. ábra

A 20. ábra a 19. ábrát ezekkel a tükörképekkel b o˝ víti ki. Legyen A az A-nak a tükörképe, akkor A C az AC szakasznak, A D az AD-nek a tükörképe, tehát A C = AC és A D = AD. Ezért az EDA és a EDA  egybevágók, tehát az EDA = EDA  . A feltevés szerint az EDA = CDB . Tehát a CDB az EDA  nek csúcsszöge, azaz az A  D szakasz egyenesvonalú folytatása DB-nek. [1] Az ADB = A DB és ACB = ACB szakaszok egyenl o˝ k. Ekkor A DB éppen az A  és B pontok egyenesvonalú összekötése, A DB rövidebb, mint A CB – hogy két pontnak az egyenesvonalú összekötése mindig a legrövidebb, azt nem akarjuk itt tovább bizonyítani –, és következésként az ADB az ACB-nél is rövidebb, amit éppen bizonyítanunk kellett.

21. ábra

22. ábra

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

53

2. A feladat, amivel most tulajdonképpen foglalkozni akarunk, a következo˝ : Adott hegyesszög˝u ABC-be egy UVW -et kell beírnunk úgy, hogy ennek kerülete a lehet˝o legkisebb legyen (21. ábra). Azt állítjuk, hogy a „talpponti háromszög” [2], vagyis az ABC három magasságának talppontja által képezett EFG (22. ábra) kisebb kerület˝u, mint az ABC-be beírt bármely más UVW . [3] El˝ore bocsátunk egy erre a talpponti háromszögre vonatkozó segédtételt. Azt állítjuk ugyanis, hogy AFG egyenl o˝ CFE gel (mint a fénytani visszaver o˝ dési törvénynél), és hogy E és G csúcspontoknál hasonló a helyzet, mint az F csúcspontnál. Ennek a segédtételnek a bizonyításához emlékeztetnünk kell a geometriai anyagból Thálész tételére (23. ábra), a kerületi szögek tételére (24. ábra), a magasságtételre (a háromszög magasságvonalai egy ponton, a magasságponton, H-n mennek keresztül).

23. ábra

24. ábra

25. ábra

54

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

Ezekkel az emlékekkel felvértezve megértjük a 25. ábrát, hogy az AH átméro˝ vel rajzolt kör átmegy a G és F pontokon és éppen így a CH átméro˝ vel rajzolt kör az E és F pontokon; továbbá, hogy az AFG mint az AG íven nyugvó kerületi szög egyenl o˝ az AHG -gel, és a megfelel o˝ CFE = CHE . Most azonban az AHG és CHE szögek mint csúcsszögek egyenl o˝ k. Tehát az AFG is egyenlo˝ CFE -gel, amint állítottuk. 3. Ezen elo˝ készítés után hozzáfogunk a Schwarz-féle bizonyításhoz. Tükrözzük az ABC-et a BC oldalra (26. ábra), a tükrözött háromszöget a CA  oldalra, ennek a két tükrözésnek az eredményét az A B oldalra, és ezután még háromszor végezzünk tükrözést sorban a B C , C A és A B oldalakra vonatkozólag.

26. ábra

El˝oször meggondoljuk – amit a szemlélet is megvilágít, – hogy az A BC véghelyzet az ABC kezd o˝ helyzethez viszonyítva csak párhuzamos eltolást jelent. Hogy ezt beláthassuk, el o˝ bb megfontoljuk, mi lett a háromszögb o˝ l a két els˝o tükrözés után. Kétszeri tükrözés helyett – amely a háromszöget a síkjából minden alkalommal kiemeli – az eredeti háromszöget a 3. helyzetbe azáltal is átvihetjük, hogy saját síkjában a rögzített C csúcspont körül az óramutató járásának irányában 2γ szöggel elforgatjuk. Éppen így egyszer˝uen átvihetnénk a 3. helyzetb o˝ l az 5.-be, ha rögzített B pont körül az órajárás irányában 2β szöggel és végül, ha a 7. vagy végso˝ helyzetbe rögzített A  pont körül 2α szöggel elforgatjuk. Végeredményben tehát a háromszöget 2γ + 2β + 2α szöggel forgattuk el, vagyis – mivel a háromszög szögeinek az összege 2R – az órajárás irányában 4R szöggel forgattuk el, azaz egy tel-

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

55

jes körülforgást végeztettünk vele. Végül visszajutott az eredeti állásába, csak síkjának más helyén, önmagával párhuzamosan eltolva látszik. Tehát BC párhuzamos B C -vel. Kövessük nyomon a talpponti háromszögnek és az UVW háromszögnek az egymás utáni tükrözéseknél elfoglalt helyzeteit. (Az ábrán alkalmazott satírozás megkönnyíti ezt a megfigyelést.) Az el˝orebocsátott segédtétel rögtön mutatja, hogy az EG-nek a második helyzete éppen egyenes vonalú folytatása az els o˝ helyzet FE szakaszának, a további helyzetekben pedig éppen így mindig erre az egyenes vonalra esik a talpponti háromszögnek egyik oldala. Az ábrában er o˝ sen kihúzott EE  vonal a 6 rész-szakasz közül ketto˝ t tartalmaz, amely az FG-vel egyenl o˝ , kett˝ot, amely a GE-vel egyenl o˝ , kett˝ot, amely az EF-el egyenl o˝ ; tehát ez egyenl˝o a talpponti háromszög kerületének kétszeresével. Hasonló módon kövessük nyomon az adott ABC-be beírt tetsz˝oleges UVW  egymás után felvett helyzeteit, akkor azt látjuk, hogy az UV W U V W U  törött vonal, amely U-tól U  -ig terjed, az UVW  kerületének kétszeresével egyenl˝o. Most az EE UU  négyszögben a két szemközti UE és U  E  oldal párhuzamos egymással, amint bebizonyítottuk, és egyenl˝ok egymással (mint homológ szakaszok az ABC különböz o˝ helyzeteiben). Tehát az elemi geometria ismert tétele szerint ez a négyszög paralelogramma, és ennek megfelel o˝ en a másik két szemben fekv o˝ oldala is egyenl o˝ : UU  = EE  . Ezért az UU  is egyenl˝o a talpponti háromszög kétszeres kerületével, azonban közvetlenül belátható, hogy UU  rövidebb, mint ugyanezen két végpont között húzott törött vonal, amely az UVW  kétszeres kerületével egyenl o˝ . Tehát a talpponti háromszög kerülete kisebb, mint az UVW -é. Éppen ezt kellett bizonyítanunk. Ez igazi matematikai bizonyítás! A feltételeket és az állításokat úgy fogalmazta meg, hogy a tétel magját egyetlen pillantással át lehetett látni. [3]

56

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

Jegyzet [1] Ez a bizonyítás cseppet sem újdonság a mai magyar fiatal olvasóknak, hiszen a 6. osztályban találkoztak a problémával a tengelyes tükrözés alkalmazásának tanulása során. [2] Talpponti háromszögnek nevezzük azt a háromszöget, amit egy hegyesszög˝u háromszög magasságainak talppontjai mint csúcspontok határoznak meg. [3] Giulio Carlo Fagnano dei Toschi, (1682–1766) olasz matematikus, Leibniz és Newton követ˝oje, fontos eredményeket ért el a háromszögek geometriájának vizsgálatában. Feltette azt a kérdést, vajon melyik a hegyesszög˝u háromszögbe írható legkisebb kerület˝u háromszög. Egyik fia, Giovanni Francesco Fagnano dei Toschi (1715–1797), aki szintén foglalkozott matematikával, 1775-ben differenciálszámítással meg is oldotta a problémát. [3] Karl Hermann Amandus Schwarz (1843–1921) német matematikus, aki f˝oként komplex változós komplex érték˝u függvényekkel foglalkozott, a nevéhez f˝uz˝odik a Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenl˝otlenség is, a fenti problémát az öttengelyes tükrözéssel oldotta meg. Fejér Lipót (1880–1959) magyar matematikus az 1899–1900-as tanévben Ferdinand Georg Frobeniustól, Emmanuel Lazarus Fuchstól, valamint Hermann Amadeus Schwarztól tanult a berlini egyetemen. Kéttengelyes tükrözéssel, elemi eszközökkel bizonyította a talpponti háromszög minimumtulajdonságát, Schwarznál jóval egyszer˝ubben. Fejér Lipót bizonyítása a Fagnano-feladatra, azaz arra a kérdésre, hogy adott hegyesszög˝u háromszögbe írt háromszögek közül melyik a legkisebb kerület˝u.

Tekintsük a hegyesszög˝u ABC-et és a beírt A1 B1C1 -et. Tükrözve C1 -et az AC, BC oldalakra a D és E pontokat kapjuk. A tükrözés miatt

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 1.

57

C1 B1 = DB1 , C1 A1 = EA1 , ezért a DB1 A1 E törött vonal hossza megegyezik az A1 B1C1  kerületével. Ha a C1 pontot rögzítjük, és az A1 , B1 pontokat változtatjuk, akkor abban az esetben lesz az A1 B1C1  kerület a legkisebb, ha az A1 , B1 pontok rajta vannak a DE egyenesen. Ugyanis minden más esetben a DB1 A1 E törött vonal hossza nagyobb a DE szakasz hosszánál. Most már csak azt kell megvizsgálni, hogy az AB oldalnak melyik az a pontja, amelyik a legrövidebb DE szakaszt adja. A tükrözés miatt a DCE = 2ACB , és CD = CC1 = CE. Tehát DE akkor lesz minimális, ha CC1 a legkisebb. Ez viszont csak akkor következik be, ha C1 talppont, mivel az ABC hegyesszög˝u, így ez a talppont az AB oldal bels˝o pontja. A fenti okoskodás igaz az A és B csúcsokra is, így azt kapjuk, hogy a minimális kerület˝u háromszög csúcsai a magasságok talppontjai.

A talpponti háromszög széls˝oérték-tulajdonsága Fejér Lipót szerint

1. Az el˝oz˝o fejezetben bebizonyítottuk azt a tételt, hogy egy hegyesszög˝u háromszögbe beírt háromszögek közül a talpponti háromszög kerülete a legkisebb. Erre a tételre most még egy bizonyítást adunk, mely azért történik, mert számunkra ezúttal ebben az elmélkedésben a módszer fontosabb, mint a bemutatott tételnek az új matematikai tartalma. Tételünknek megel o˝ z˝o bizonyításában Schwarz nyomán el o˝ ször felhasználtuk azt az alapvet o˝ tényt, hogy két pont legrövidebb összekötését az egyenes adja, másodszor pedig egy alakzat tükrözésének tulajdonságait. Ez a két alapelv képezi a második bizonyításnak is az alapját; mindkét esetben éppen különböz o˝ alkalmazásuknak az összehasonlítása a különlegesen érdekes. A következ o˝ bizonyítás Fejér Lipót [1] magyar matematikustól származik, amit o˝ még diákkorában megfogalmazott, és amellyel Schwarz tetszését különösen megnyerte. 2. A hegyesszög˝u ABC-be írjunk be tetszés szerinti UVW et, mégpedig U legyen a BC, V a CA és W az AB oldalon (27. ábra). Tükrözzük az U pontot az AC és AB egyenesek mindegyikére; tükörképei legyenek U  , illetve U  . Akkor a tükrözés alapján az UV szakasz egyenl o˝ U V szakasszal, és ugyanezen okból UW = U W . Az UVW  kerülete az UV , VW , WU szakaszokból tev˝odik össze, ezért éppen akkora, mint az U VWU  törött vonal hossza. Ha most az U pontot rögzítjük, és a VW pontokat más helyzetbe visszük, akkor az U  és az U  pontok helyben maradnak, mert ezeket az U és az ABC meghatározza. Az U VWU 

60

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

törött vonal a rögzített U  és U  pontok között marad kifeszítve, és ez a törött vonal állandóan az UVW kerületét állítja el o˝ . Az U  és U  pontokat összeköt o˝ vonal azonban az el o˝ bb szóba hozott alapelv szerint akkor a legrövidebb, ha egyenes szakasz. Ebben az esetben az U U  egyenes szakasz azt a legrövidebb kerületet képviseli, amelyet a rögzített U csúcspontú beírt háromszög felvehet. Ezt az U csúcspontú, minimális kerület˝u háromszöget nevezzük UMN-nek. A V M

N

U’’

U’

W B

U

C

27. ábra

3. Megkerestük valamennyi közös U csúcspontú beírt háromszög közül a legkisebb kerület˝ut; még arra van szükségünk, hogy az U különböz o˝ helyzeteihez tartozó minimális kerület˝u háromszögeket összehasonlítsuk, és közülük a legkisebb kerület˝ut kikeressük, amelynek ekkor minden beírt háromszög közül a legkisebb kerülete lesz. Most arról van szó, hogy úgy kell elhelyezni az U pontot, hogy az U U  szakasz a lehet˝o legrövidebb legyen. Ebb o˝ l a célból megjegyezzük, hogy az AU U   egyenl˝o szárú, AU  és AU  a két szár. Ez a két szakasz azért egyenl o˝ egymással, mert mindkett o˝ ugyanannak az AU szakasznak a tükörképe, AU = AU  = AU  . Míg most az AU U  -nek mindkét szára AU-val egyenl o˝ , tehát U-nak a BC oldalon való helyét o˝ l függ, az U  AU  nagysága az U pont helyzetét˝ol független, s o˝ t kezdetto˝ l fogva az adott ABC határozza meg. A tükrözés alapján az ábra szögei között a következo˝ egyenlo˝ ségek érvényesek: UAB = U  AB , UAC = U  AC .

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

Ebb˝ol el˝oször másodszor és ezért

U  AU

U  AU

= 2UAB ,

U  AU

= 2UAC ,

+ U  AU

61

= 2UAB + 2UAC ,

vagy

U  AU  = 2BAC következik; ezzel az U  AU  -re vonatkozó állításunkat bebizonyítottuk. 4. Az egyenl o˝ szárú AU U  -ben most a lehet o˝ legkisebbé teend˝o U U  szakasz az alap. Mivel a csúcsnál lév o˝ szögnek a nagyságát az U pont helyzete nem befolyásolja, azért az U tetszés szerinti helyzetébo˝ l származó minden AU U   a csúcsnál levo˝ szögben megegyezik. Közülük annak van a legrövidebb alapja, amelynek a szára is a legrövidebb. Az AU  és AU  szárak AU hosszúságúak. Tehát a legrövidebb U U  szakaszt akkor nyerjük, ha úgy választjuk az U pontot, hogy AU a lehet o˝ legrövidebb legyen. Az AU szakasz azonban az A pontnak a BC egyenessel való összekötése. Ismeretes, hogy egy pontnak egy egyenessel való legrövidebb összekötését a pontból az egyenesre bocsátott mer o˝ leges szakasz alkotja, akkor az AU-nak a BC-re mer o˝ legesen kell állnia, vagy másképpen kifejezve, az AU-nak az ABC A csúcspontjából kiinduló magasságának kell lennie. A E’ F G E’’ B

E

28. ábra

C

62

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

5. Most megszerkeszthet o˝ a legkisebb kerület˝u beírt EFG (28. ábra). Mindenekel o˝ tt legyen az A-ból a BC-re bocsátott mer˝oleges talppontja E. Ha E  és E  az E-nek az AC és AB-re vonatkozó tükrözéséb o˝ l keletkezo˝ tükörképei, akkor E  E  a beírt legkisebb kerület˝u háromszög kerületének a hossza. Az E  E  egyenesnek az AC és AB oldalakkal való F és G metszéspontja a másik két csúcspontja a keresett minimális kerület˝u háromszögnek. Minden, az EFG-t o˝ l különböz o˝ , beírt UVW -nek nagyobb kerület˝unek kell lennie, mint az EFG, amit belátunk, ha gondolatmenetünket még egyszer áttekintjük. Mert vagy különbözik az o˝ U csúcspontja a E ponttól, s akkor olyan U U  szakasz tartozik hozzá, amely nagyobb, mint az E  E  szakasz, és kerülete az EFG-nél nagyobb. Vagy az U csúcspontja az E-vel egybeesik, akkor a V és W csúcspontok közül legalább az egyiknek F-t o˝ l és G-t˝ol különböz o˝ nek kell lennie, és emiatt az E VW E  törött vonal az E  FGE  egyenesvonalú összekötést o˝ l eltér, tehát ebben az esetben is az UVW  kerülete nagyobb, mint az EFG. 6. A feladatnak, hogy keressük meg a lehet o˝ legkisebb kerület˝u beírt háromszöget, tehát csak egy megoldása van. Ezt az egyértelm˝uséget még egy további következtetésnél felhasználjuk. Minimális kerület˝u háromszögünk konstruálása ugyanis 3 csúcspontjára nézve éppen nem történt hasonlóan. Az E csúcspontot mint az A ponton keresztülmen o˝ magasság talppontját nyertük. A másik két csúcspontot, F-et és G-t a B és C pontokból kiinduló magasságok nélkül, az E pont tükrözésével határoztuk meg. Azonban az ABC-ben minden meggondolást, amely az A csúcspontra vonatkozott, pl. a B csúcspontra nézve is elvégezhettünk volna, tehát a 2. szakaszban az U pontnak az AB és AC oldalakra való tükrözése helyett a V pontnak a BA és BC oldalakra való tükrözését hajthattuk volna végre, és ennek megfelel o˝ en haladhattunk volna tovább. Akkor minimális kerület˝u háromszögként olyan háromszöget nyertünk volna, amelynek F csúcspontja a B-b˝ol kiinduló magasságnak F talppontja. Mivel azonban most csak egy minimális kerület˝u háromszög adódik, amint el o˝ bb megállapítottuk, ezért a B-b o˝ l kiinduló konstrukciónak ugyanahhoz

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

63

az EFG-höz kell vezetnie, mint az A-ból kiindulónak. Mivel a C pontnak hasonló szerepeltetésére ugyanez érvényes, ezért kimondjuk, hogy az EFG minimális kerület˝u háromszögben nemcsak az E, hanem az F és G pontok is talppontok. Ezzel a talpponti háromszög minimumtulajdonságaira kimondott tételt bebizonyítottuk. 7. Bizonyításunk azonban egyúttal még többet is ad. Miközben ugyanis a megoldás egyértelm˝usége alapján az F és G pontokat felruháztuk azzal a tulajdonsággal, amelyet az E-nél találtunk, akkor fordítva is következtethettünk volna, hogy a szerkesztés alapján az F és G-hez kötött tulajdonságnak az E-re is érvényesnek kell lennie. Ugyanis a tükrözés alapján az EFC = = E  FC . Ekkor az E  FC és GFA egymással egyenl o˝ k, mert csúcsszögek, ezért EFC = GFA egyenl o˝ ségnek is érvényesnek kell lennie, vagy szavakban: a minimális kerület˝u háromszögnek az F ponton keresztülmen o˝ mindkét oldala az eredeti háromszög oldalával egyenl o˝ szögeket alkot. Az ennek megfelel˝o gondolatmenet érvényes a G pontban is. Ha az F pontot mint a B-b˝ol kiinduló magasságvonal talppontját szerkesztettük volna, akkor az E pontot tükrözéssel találhattuk volna meg, ezért az Enél fekvo˝ GEB = FEC . Ha az EFG minimumtulajdonságától most eltekintünk, akkor tudjuk a 6. pontból, hogy az EFG talpponti háromszög. Kössük össze ezt a megállapítást az éppen el˝obb levezetett tulajdonsággal, így a következ o˝ tételhez jutunk: A hegyesszög˝u ABC-be beírt talpponti háromszög oldalai az ABC oldalaival páronként egyenl o˝ szögeket alkotnak, úgy, hogy az ABC minden oldalához egy pár egyenl o˝ szög illeszkedik. Ez a tétel most már nem tartalmaz a minimumra vonatkozó semmiféle állítást, és típusa szerint egészen a szokásos elemi geometriához tartozik, ezen belül bebizonyíthatónak kell lennie. Az 5. pontban ezt valóban végrehajtottuk. A talpponti háromszög minimumtulajdonságának Schwarz-féle bizonyításához ugyanis szükség volt arra az elemi geometriai kiegészítésre, amelyet a körre vonatkozó tételek közül emeltünk ki. A Fejér-féle bizonyításnak egyik elo˝ nye éppen abban áll, hogy a legrövidebb össze-

64

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

kötés alapelvén és a tükrös leképezésen kívül más segédeszköz nélkül vezet célhoz. Azonkívül a Fejér-féle bizonyítás még azáltal is kit˝unik, hogy benne csak két tükrözésre van szükség, míg a Schwarz-féle bizonyításban 6 tükrözés fordul el o˝ . A talpponti háromszög tételének van egy párja, amely a következ˝oképpen hangzik: Minden hegyesszög˝u ABC-ben van egy és csak egy P pont, amelynek a 3 csúcsponttól mért távolságainak összege minimális. Ez a P pont úgy fekszik, hogy a 3 csúcsponttal való összeköt o˝ szakaszok egymással 120 ◦-os szöget alkotnak. A Schwarz doktorrá avatásának 50. évfordulójára készített ünnepi iratban L. Schruttka adott erre a tételre egy bizonyítást (Berlin, 1914), amelyet az 5. fejezetb o˝ l ismert Schwarz-féle bizonyítás mintájára készített. Rövidesen egy königsbergi egyetemi hallgató, Bückner, erre a tételre egy figyelemreméltó, rövid bizonyítást talált, amely hasonló módon lépett a Schruttka-féle helyére, amint a Fejér-féle a Schwarz-féle bizonyításénak (29. a), b) ábra). Ez csak néhány sort vesz igénybe.

29. a) ábra

29. b) ábra

Legyen P tetszo˝ leges pont az ABC-ben. Az ACP-et az A pont körül elforgatjuk 60 ◦-kal, és akkor az AC  P helyzetbe jut. A forgatásnak abban az irányban kell történnie, hogy AC az ABC-t o˝ l elforgatva legyen, tehát ezután az AC szakasz az AB és AC  között fekszik. Akkor C  P = CP, PP = AP (ugyanis az APP   nemcsak egyenl o˝ szárú, hanem az A-nál lév o˝ 60◦ -os szög miatt egyenlo˝ oldatú is). A BPP C törött vonal tehát már a P-nek az ABC három csúcspontjától való távolságainak az összegét állítja el˝o. A C  pont helyzete a P helyzetét o˝ l teljesen független.

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

65

A P pontnak a háromszögben felvett minden tetsz o˝ leges helyzetéhez adódó törött vonalak a B és C  között vannak kifeszítve. Ezen törött vonalak mindegyikénél rövidebb, tehát a legrövidebb a BC egyenes szakasz. A P0 pont a minimumkövetelmény teljesítése esetén a BC  szakaszon fekszik, mégpedig helyzete egyértelm˝uen meghatározott azáltal, hogy az AP0C -nek 60◦ -nak kell lennie. Az AP0 B mellékszög tehát 120 ◦ . A szerkesztés azt mutatja, hogy csak egy ilyen minimumtulajdonságú P0 pont lehet. Ennek következtében az A csúcspontnak a többi csúcsponttal való felcserélése esetén a szerkesztés ugyanahhoz a P0 ponthoz vezet, tehát a BP0C és a CPA0 mindegyike 120 ◦ . Megjegyzések Fejér bizonyítása még nem jelent meg nyomtatásban, 1 a szerz˝o szíves engedélyével közöljük. Az alapháromszög hegyesszög˝u volta nyilvánvalóan szükséges feltétel, mivel valamennyi magasság csak ebben az esetben fekszik a háromszög belsejében. Tompaszög˝u háromszögre a magasságok talppontjai által alkotott háromszög nem „beírt” háromszög (derékszög˝u háromszögekre pedig egy egyenest alkot). Schwarz bizonyításában a hegyesszög˝u tulajdonság azáltal jut érvényre, hogy a magasságok talppontjaiból alkotott háromszöget eleve beírt háromszögnek feltételezi, s ezt a tükörképalakzatban használja ki. Fejér bizonyításában a talpponti háromszög csak az eredményben t˝unik fel. A hegyesszög˝uség azáltal jut érvényre, hogy az U  AU  szög kisebb két derékszögnél, ezért U U  AC-vel és AB-vel alkotott V , W metszéspontjai magukon az oldalakon (és nem a meghosszabbításaikon) fekszenek. Továbbá az E magasságtalppont magára a BC oldalra esik, nem annak meghosszabbítására. Fejér bizonyításának el o˝ nye, hogy nem-eukleidészi geometriában is érvényes, míg Schwarzé ott cs o˝ döt mond, mivel felhasz1

E könyv els˝o megjelenésekor, 1930-ban.

66

A

˝ TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

nálja, hogy a háromszög szögeinek összege egyenl o˝ két derékszöggel, és az eukleidészi párhuzamosságfogalmat alkalmazza. Különösen igaz a Fejér-féle bizonyítás gömbháromszögekre. Ha belegondolunk, hogy egy hegyesszög˝u gömbháromszögnek az oldalai is hegyesek, könnyen láthatjuk, hogy Fejér bizonyításának minden egyes lépése érvényben marad itt is. Jegyzet [1] Fejér Lipót (1880–1959) Weisz Leopold néven született Pécsett, 1880-ban. A Fejér Lipót nevet 1900-ban vette fel. Ifjú korában Maksay Zsigmond tanítványaként szerette meg a matematikát. A budapesti Magyar Királyi József M˝uegyetemen (ma Budapesti M˝uszaki és Gazdaságtudományi Egyetem) K˝onig Gyula, Rados Gusztáv és Kürschák József el˝oadásait hallgatta, a Tudományegyetemen Beke Manó és Eötvös Loránd el˝oadásait. Az 1899–1900-as tanévet Berlinben töltötte. Tanárai között volt Ferdinand Georg Frobenius, Immanuel Lazarus Fuchs és Hermann Amadeus Schwarz is, akit˝ol a Fourier-sorok problémáját megismerte. Még csak húszéves volt 1900-ban, amikor a Fourier-sorok új összegzési eljárását a Comptes Rendus, a Francia Tudományos Akadémia folyóirata „Sur les functions bornées et integrables” címmel közölte. Ezzel Fejér lerakta a trigonometrikus sorok modern elméletének alapjait. Az 1902–1903-as tanévet Göttingenben és Párizsban töltötte. Itt figyelt fel rá Henry Poincaré, aki „a világ egyik legnagyobb matematikusának” nevezte. Visszatérve Magyarországra hat évig Kolozsvárott tanított. 1911-ben kinevezték a budapesti tudományegyetem professzorává. Közben, 1908ban, 28 éves korában a Magyar Tudományos Akadémia levelez˝o tagja lett. 1912-ben a cambridge-i V. Nemzetközi Matematikai Kongresszus alelnöke. 1918-ban az interpolatióról szóló tanulmányáért megkapta a Magyar Tudományos Akadémia nagydíját; szerkeszt˝obizottsági tagja lett a Mathematische Zeitschriftnek. 1925-ben a Göttingeni Tudományos Társulat levelez˝o tagjává, a calcuttai Matematikai Társaság tiszteletbeli tagjává választotta. 1930-ban, ötvenéves korában, a Magyar Tudományos Akadémia rendes tagja lett. 1933-ban a chicagói világkiállításra meghívott négy legkiválóbb európai tudós egyike volt. A Brown Egyetem díszdoktorrá avatta. 1946-ban a Magyar Tudományos Akadémia

˝ A TALPPONTI HÁROMSZÖG SZÉLS OÉRTÉK - TULAJDONSÁGA 2.

67

tiszteletbeli tagjává választotta. 1948-ban Kossuth-díjat kapott. 1950ben az Eötvös Loránd Tudományegyetem díszdoktora, 1954-ben a Bajor Tudományos Akadémia tiszteletbeli tagja. Életében száznál több tudományos cikke jelent meg. M˝uveinek és szakcikkeinek bibliográfiája Sragner Márta összeállításában megtalálható ezen a címen: http://mek.oszk.hu/05200/05207/05207.pdf (letöltés 2009). Fejér Lipót nemcsak mint matematikus volt kiemelked˝o, hanem igazi tanáregyéniség is volt. Az el˝oadásait, szemináriumait nagy részletességgel tervezte meg. Törekedett a tanítványaival együtt újra átélni egy-egy elmélet keletkezését, az izgalom, a drámai hatás sosem maradt el el˝oadásain. Világhír˝uvé lett magyar matematikusok tanultak t˝ole, mint például Erd˝os Pál, Kalmár László, Turán Pál vagy Szász Pál.

Bevezetés a halmazelméletbe

Ha ma olyan tárgyról tartok Önöknek el o˝ adást, amely tudományom alapjaival szorosan érintkezik, akkor ezt nem az alapelvek filozófiai jelent˝osége miatt teszem, hanem azok miatt az el o˝ ismeretek nélkül is teljes egészében megérthet o˝ fogalmak és következtetési módok miatt, amelyeket a halmazelmélet megalapítója, Georg Cantor [1] vezetett be a matematikába, továbbá e következtetési módok tisztán matematikai természete miatt. Mert az igazi matematika nem egyéb, mint a minimális eszköztárat használó tiszta gondolkodás, nem triviális ismeretek megszerzése mesterséges számolási fogások felhalmozása nélkül. Mib˝ol van több: egész számból vagy páros számból? Minek van több pontja: egy egyenes szakasznak vagy egy négyzetnek? Ilyen és ehhez hasonló kérdésekb o˝ l indult ki Cantor. Természetesen ezeknek a kérdéseknek ebben a formában nincs pontos értelmük. Cantor elso˝ jelent˝os lépése éppen az volt, hogy világos értelmet adott ezeknek a kérdéseknek. Összekapcsolta ezt a véges sokaságok elo˝ állításának mikéntjével, továbbá azzal a különbséggel is, ami grammatikailag az ordinális szám és kardinális szám elnevezésekben nyilvánul meg. [2] Gondoljanak Önök arra, hogy belépnek egy táncterembe, és azt kérdezik önmaguktól: vajon a jelenlév o˝ nagy tömegben több n˝o vagy több férfi van-e? Hogyan lehet ezt megállapítani? Az egyik módszer az volna, hogy a rendez o˝ minden férfit az egyik fal mellett sorakoztat fel, a n o˝ ket a másik fal mellett, majd mindkét sort megszámolja, és a számokat összehasonlítja. A másik mód-

70

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

szer sokkal egyszer˝ubb: jelt ad a tánc megkezdésére; minden férfi felkér egy n o˝ t, így magától megmutatkozik, vajon férfiak vagy n˝ok maradnak-e fölöslegben. A páralkotásnak ez az alapelve az, amit Cantor kiindulási pontul fogadott el. Ha tudni akarja, több egész szám van-e, mint páros szám, akkor azt kérdezi: vajon a kétfajta szám között létrehozható-e olyan párosítás, amely mellett nem marad felesleg, vagy nem hozható létre ilyen párosítás. És valóban találhatunk olyan párosítást, amely minden egész számhoz egy páros számot rendel, s egy sem marad hoppon. Így párosítunk: 1 ↓ 2

2 ↓ 4

3 ↓ 6

4 ↓ 8

5 ↓ 10

6 ↓ 12

... ↓ ...

úgy értve, hogy a fels o˝ sornak minden egész számát az alsó sor alatta álló számával párosítottuk. Egyetlen egy szám sem marad szabadon egyik típusból sem. Egész számból nincs több, mint páros számból. Itt mindenkiben felmerülhet egy ellenvetés. Észre fogják venni az egyik nagy különbséget, amely ezen eset és a véges számok között fennáll. A táncteremben, amelyr o˝ l el˝obb beszéltünk, a mi szempontunkból egészen mindegy, melyik férfi melyik n o˝ t kéri fel. Akármilyen gyakori ez a felkérés – amelyet els o˝ sorban a résztvevo˝ k hajlama határoz meg –, mindig elhanyagolható, mert az ülve maradóknak a száma ett o˝ l nem függ, hanem mindaddig állandó, amíg új személyek nem lépnek a terembe, vagy mások onnan nem távoznak el. Az egész és a páros számoknál ez mindenesetre másként van. Fentebb leírtam egy páralkotási lehet o˝ séget, amely maradék nélküli, de könny˝u egy másikat találni, amely nem ilyen, hanem az egész számokat helyezi túlsúlyba. A legkézenfekvo˝ bb, ha a kett o˝ t a kett˝ovel, négyet a néggyel, hatot a hattal és így tovább párosítom; ekkor minden páros szám sorra került, azonban az egész számok oldalán a páratlanok üresen állnak. A Cantor-féle fogalomalkotásban tehát az a lényeges, hogy a párosításnál az önkényességr o˝ l lemondott, csak azt kívánta meg, hogy egyáltalában legyen olyan párosítás, amely maradék nélküli, és

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

71

ekkor azt mondja, hogy a vizsgált két halmaznak „ugyanolyan sok eleme van”, „ugyanolyan számosságúak”. Cantor következ o˝ megállapítása az, hogy az összes racionális szám halmaza, azaz minden egész és minden törtszám együttvéve nem nagyobb számosságú, mint az egész számok halmaza. A párosítás, amely ezt megmutatja, azon alapszik, hogy valamennyi törtet nem nagyság szerint, hanem a számláló és a nevez o˝ nagyságát együttesen figyelembe véve rendezi. El o˝ ször vesszük az összes olyan törtet – természetesen csak az egyszer˝usített alakot –, amelyben a számláló és a nevez o˝ összege 2: itt csak az 1 = 1 jön számításba; azután vesszük azokat, amelyekben az 1 2 1 2 3 1 , következik (a összeg 3, vagyis és = 2; azután , 2 1 3 2 1 2 1 2 3 4 kimarad); azután , , , jön és így tovább. Ebben a 2 4 3 2 1 sorrendben írjuk a törteket a természetes számok sora alá: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 . . . ↓↓ ↓↓ ↓↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 1

1 1 1 2 3 1 1 2 3 4 5 ... 2 3 4 3 2 5 6

Az egymás alatt, illetve felett álló számokat egymáshoz rendelve teljes párosítást kapunk, az alsó sorból egyetlen racionális szám sem hiányozhat, hiszen mindegyik számlálójának és nevez o˝ jének meghatározott összege van, és így egyszer biztosan sorra kell kerülnie. Cantor ezt a meglep o˝ tényt úgy is kifejezi, hogy a racionális számok halmaza „megszámlálható”, mert a természetes számokkal való párosítás megszámlálásra vezet. Megszámlálhatónak nevez tehát egy halmazt, ha az a természetes számok halmazával párosítható, azaz a természetes számok halmazával azonos számosságú. Azután bebizonyítja, hogy néhány, a törtek halmazánál látszólag jóval bo˝ vebb halmaznak szintén nem nagyobb a számossága. Mi átugrunk ezeken a meggondolásokon, amelyek különféle felso˝ bb matematikai ismeretekre épülnek, és csak további

72

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

illusztrációi annak, amit egy esetben épp az el o˝ bb világítottunk meg. Ezt követo˝ en jut el Cantor ahhoz a tényhez, amely elméletét életképessé teszi. Megmutatja, hogy vannak olyan halmazok, amelyek számossága nagyobb a természetes számokénál. Bebizonyítja, hogy egy egyenes szakasz pontjai a természetes számokénál nagyobb számosságú halmazt alkotnak. A bizonyítás indirekt módon történik: feltéve – mondja o˝ –, hogy adódnék párosítás az egész számok és netán az 1 méter hosszú egyenes szakasz pontjai között, vagyis ennek az egyenesnek a pontjait megszámlálhatnánk, akkor ebb o˝ l a feltételezésbo˝ l ellentmondásra kell jutnunk. Tegyük fel tehát, hogy a szakasz pontjait valamilyen módon meg tudjuk számolni. Akkor sorjában fel tudjuk írni o˝ ket – 1. pont, 2. pont és így tovább –, persze nyilván nem a természetes sorrendjükben, hanem valamilyen más sorrendben. Legjobb, ha szakaszunk pontjait centiméterrel vagy milliméterrel számszer˝uleg jellemezzük, amelyet a méterrúdról olvashatunk le. Így a szakasz középpontját a 0, 5 mértékkel, de bármely más pontot is egy tizedestörttel jellemzünk, mely tökéletes pontosságnál végtelen sok jegyet tartalmaz. Például a szakasz els o˝ harmadának a végpontja 0, 33333 . . . A méteres egyenes szakasz pontjai helyett az ezeket méro˝ végtelen tizedestörteket lehet – az indirekt feltevés szerint – egy sorozatba rendezve megszámlálni. Az els˝o helyen áll valamilyen 0, . . . alakú végtelen tizedestört, a második helyen ugyancsak és így tovább. A végtelen tizedestörtek megszámlálható sorozata tehát valahogy így fest: 1 2 3 4 5 ... ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 0, 35120 0, 61773 0, 55549 0, 01007 0, 20206 . . . (Ez a példa csak illusztációként szolgál, s az egymást követ o˝ elemeket pusztán technikai okokból írtuk egymás alá, s nem egymás mellé.) És most meg kell mutatnunk, hogy találhatunk legalább egy pontot, azaz olyan 0, . . . alakú tizedestörtet, amely nem szerepel ebben a sorozatban. Ezt a következ o˝ képpen konstruáljuk: a

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

73

tizedesvessz˝o után álló elso˝ számjegyéül olyat választunk, amely a megszámlált sorozat elso˝ tizedestörtjének els o˝ számjegyéto˝ l különbözo˝ : itt még 9 számjegy közül választhatunk; hogy valami határozottabbat mondjunk, válasszuk az 1-et, ha az els o˝ tizedestörtnek az elso˝ számjegye nem 1, és válasszuk a 2-t, ha ez a szám 1. Így biztos, hogy a konstruálandó tizedestörtnek a többi számjegyét bármiként is választjuk, a megszámlált sorozat els o˝ tizedestörtjét˝ol különbözni fog, mert ha két tizedestört már az els o˝ számjegyben különböz o˝ , nem jellemezhetik ugyanazt a pontot, ha minden további számjegyükben megegyeznének is. A konstruálandó tizedestört második számjegyét 2-nek választjuk, ha a sorban második tizedestört második helyén éppen 1 áll, 1-nek egyébként; tehát mindenesetre úgy, hogy a második tizedestört második számjegyét o˝ l különböz o˝ legyen a konstruálandó szám második tizedesjegye. Így a konstrukcióban szerepl o˝ tizedestört feltétlenül különböz o˝ lesz a sorozatnak nemcsak az 1., hanem a 2. eleméto˝ l is. Ugynanezen a módon haladunk tovább. A szóban forgó példában tehát a konstruálandó tizedestört így kezd o˝ dik: 0, 12111 . . ., és mivel az eljárás vég nélkül folytatható, ezzel egy olyan végtelen tizedestörtet definiálunk, amely a megszámlált sorozat minden tagjától biztosan különböz o˝ lesz. A sorozat nem tartalmazhatja valamennyi 0, . . . alakú végtelen tizedestörtet, ellentétben az indirekt bizonyítás feltételével. Tehát egy szakasz pontjainak a halmaza nem megszámlálható. Nem hagyhatunk említetlenül egy apró ellenvetést, amely az adott bizonyítással szemben felvethet o˝ , és amely Cantort arra indította, hogy egész más alakot adjon a bizonyításnak. Ez az ellenvetés azonban könnyen áthidalható. Az úgynevezett „kilences” sorozattal kapcsolatos (olyan végtelen tizedestört, amely egy adott helyto˝ l kezdve már csak kilenceseket tartalmaz. Ilyen például a 0,269999. . . , amely nem más, mint 0, 270000 . . ., vagy mint röviden írni szoktuk: 0, 27). Itt az a kellemetlen helyzet áll el˝o, hogy két különböz o˝ tizedestört ugyanazt a pontot jellemzi, és ez hibának látszik, mert bizonyításunkban a tizedestörteket a méterszakasz pontjainak jellemzésére használtuk fel. A probléma

74

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

kiküszöbölhet o˝ azáltal, hogy egyszer˝uen megtiltjuk a kilences sorozatok alkalmazását. A bemutatott bizonyítással kapcsolatban aggodalomra csak akkor volna ok, ha a bizonyítás során konstruált tizedestört kilences sorozat lehetne. Ügyeltünk azonban arra, hogy ez ne történhessék meg, mert ez a konstruált tizedestört csupán 1-es és 2-es számjegyekb o˝ l áll, tehát 9-es egyáltalában nem fordul elo˝ benne. Eredményünk egy érdekes következtetést tesz lehet o˝ vé. Mivel a racionális számok halmazát kisebb számosságúnak találtuk a 0 és 1 közé eso˝ számok halmazánál, így 0 és 1 között biztosan kell lenniük olyan számoknak, amelyek nem racionálisak. Az irracionális számoknak a létezése tehát itt egészen általános meggondolásból adódik, egészen másként, mint a 4. fejezetben. Cantor következ o˝ eredménye újabb meglepetés: egy négyzet pontjainak a halmaza nem nagyobb számosságú, mint a négyzet oldala pontjainak a számossága. Ebben az a meglep o˝ , hogy itt a dimenziófogalom teljes tagadása jelenik meg: az egydimenziós szakasz ugyanolyan számosságú, mint a kétdimenziós négyzet, és éppen így lehetne megmutatni, hogy a háromdimenziós kocka számossága sem nagyobb. z

x

Q

P y

30. ábra

A bizonyítás az elo˝ z˝o tételhez hasonlóan numerikusan történik. A szakasz pontjait ismét végtelen 0, . . . alakú tizedestörtekkel reprezentáljuk (a kilences sorozatot most is kizárjuk). A négyzet pontjait pedig tizedestört-párokkal adjuk meg (30. álra). Az x a pontnak a bal oldali négyzetoldaltól való távolságát, az y az alsó négyzetoldaltól való távolságát adja. A párosítást most a követ-

B EVEZETÉS A

75

HALMAZELMÉLETBE

kez˝oképpen végezzük. A négyzet valamely P pontjától indulunk ki, meghatározzuk a pontra jellemz o˝ mindkét tizedestörtet: x = 0, a1 a2 a3 . . . ,

y = 0, b1 b2 b3 . . . ,

majd képezzük bel o˝ lük a z = 0, a1 b1 a2 b2 a3 b3 . . . tizedestörtet, melyet úgy kapunk, hogy a két tizedestört számjegyeit felváltva, „egymásba fésülve” szerepeltetjük. Ez a tizedestört meghatározza a négyzet oldalának azt a Q pontját, amelyet a z szám jellemez. A négyzet középpontjához például az x = 0, 500 . . ., y = 0, 500 . . .-ból „összefésült” z = 0, 550000 . . . tizedestörtet rendeljük hozzá. Ily módon tehát a négyzetnek minden pontját az oldal egy pontjával párosítottuk össze. Önmagában véve ez még nem volna eredmény. A párosítást egyszer˝ubben is elvégezhetnénk, ha pl. a négyzet minden pontjához egyszer˝uen a négyzet alsó oldalára bocsátott mer o˝ legesnek a talppontját rendelnénk. Ezáltal a négyzetnek minden pontját az alsó négyzetoldal egy pontjával párosítanánk. De ebben az esetben az alsó négyzetoldal minden pontját a négyzetnek nemcsak egy pontjával párosítottuk volna, hanem végtelen sokkal, nevezetesen a talppontra mer˝oleges szakasz minden egyes pontjával. Ezeket a Cantor-féle definíció éppen úgy kizárja, mint azt, hogy a táncnál ugyanannak a férfinak egyidej˝uleg több táncpartnere legyen. A korábban vázolt rafinált hozzárendeléssel azonban ezt a kellemetlenséget elkerülhetjük. Mert ha a négyzetnek egy másik, P  pontja, amelyet az x = 0, a1 a2 a3 . . . , y = 0, b1 b2 b3 . . . számok határoznak meg, a fels o˝ négyzetoldalnak ugyanazzal a Q pontjával volna párosítva, tehát ugyanaz a z szám szerepelne, mint fent, akkor z = 0, a1 b1 a2 b2 a3 b3 . . . lenne. Azonban két tizedestört értéke csak akkor lehet egyenl o˝ , ha számjegyro˝ l számjegyre megegyeznek. Ezért ebben a törtben

76

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

minden számjegynek jegyr o˝ l jegyre meg kell egyeznie a fentebbi z tört számjegyeivel, tehát a1 = a1 ,

b1 = b1 ,

a2 = a2 ,

b2 = b2

...,

és ebb˝ol rögtön következik, hogy x  -nek minden számjegye az x megfelelo˝ számjegyeivel egyezik, és y  számjegyei az y-éval, ellentétben azzal a feltevéssel, hogy P  és P különböz o˝ ek. A négyzet különböz o˝ pontjai nem párosíthatók az oldal ugyanazon pontjával. A tökéletes párosításhoz még meg kell mutatnunk, hogy „egyetlen táncosn o˝ sem árul petrezselymet”, azaz az oldalnak minden pontját valóban párosítottuk a négyzetnek 1-1 pontjával. Tényleg így van. Mert ha az oldal egy pontjának z = 0, c1 c2 c3 c4 c5 c6 . . . a meghatározó száma, akkor a négyzetnek az x = 0, c1 c3 c5 . . . ,

y = 0, c2 c4 c6 . . .

számokkal meghatározott pontját nyilván úgy jelöltük ki, hogy vele az oldalnak azt a pontját párosítottuk, amelyet ebb o˝ l a két tizedestörtbo˝ l egymásba fésült tizedestört jellemez, és ez éppen a z kiindulási szám. Ezen bizonyítással szemben ismét a „kilences sorral” kapcsolatos ellenvetést lehet tenni. Ugyanis ha a négyzetnek azt a pontját választjuk ki, amely a szakasznak a 0, 2202020 . . . mér o˝ számú pontjával alkot párt – amelyet az x = 0, 2000 . . ., y = 0, 2222 . . . számok jellemeznek, másrészt a négyzetoldal 0, 12929292 . . . pontjához a négyzetnek az x = 0, 1999 . . . ,

y  = 0, 2222 . . .

számokkal heghatározott pontját rendeltük –, akkor a „kilences sor”-ral az a következmény lép fel, hogy az oldal két különböz o˝ pontjával a négyzetnek ugyanazt a pontját párosítottuk. [3] Ez a hiba kijavítható egy egészen egyszer˝u, ha nem is magától értet˝od˝o fogással. Az adott alakban a bizonyítás csakugyan

B EVEZETÉS A

77

HALMAZELMÉLETBE

hibás, azonban a következ o˝ módosítással helyes lesz. Azokban az esetekben ugyanis, amikor a tizedestörtben 9-esek lépnek fel, kapcsoljuk össze ezeket mindig a legközelebbi, 9-t o˝ l különböz o˝ jeggyel egy „molekulává”, tehát például ezen a módon: 0, (1) (2) (92) (92) (92) . . . , vagy hogy egy másik példát vegyünk: 0, (7) (3) (94) (990) (9997) . . . , és tekintsük ezeket a molekulákat szétválaszthatatlanoknak. Most bontsuk szét ezen a módon példaképpen a legutóbb adott értéket úgy, mintha ez z értékként lépett volna fel: x = 0, (7) (94) (9997) . . . ,

y = 0, (3) (990) . . .

Ekkor a párosítást más szabály szerint végezzük, mint fentebb, és könnyen beláthatjuk, hogy most a „kilences sor” tilalma érvényesül, és így az ellenvetés elesik. Ezen a ponton egy nagyon nevezetes probléma állta útját Cantornak. Az a kérdés, vajon a természetes számok halmaza és egy szakasz pontjainak a halmaza között lehetséges-e egy közbees o˝ halmaz, amely ugyan nagyobb számosságú, mint a természetes számok halmaza, de egy szakasz pontjainak halmazánál kisebb számosságú, avagy nincsen ilyen közbees o˝ halmaz. Ez a probléma, amely kontinuum-probléma néven ismeretes, és amelybe Cantor mint kemény, meredek falba ütközött, még ma is megoldatlan. Valóban nincs még egy, megfogalmazása miatt oly kevés el˝oismeretet igényl o˝ matematikai probléma – nem szükségesek hozzá iskolai ismeretek, hanem csak az egész számoknak és a szakasznak a fogalmát kell ismerni, semmi egyebet –, amely oly ellenállásba ütközött volna, mint ez. Természetesen a matematikában nem m˝uvészet komplikált fogalomrendszeren belül problémák tucatját felállítani, amelyet nagy matematikusok sem könnyen, s o˝ t talán nagy er o˝ feszítések árán sem tudnak megoldani. Egyszer˝u fogalmakkkal olyan problémákat megfogalmazni,

78

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

amelyek nem oldhatók meg túlságosan könnyen, amelyek nem triviálisak – ez a matematikai problémaalkotás m˝uvészete. Ebb o˝ l a néz˝opontból, mint problémafelvetést tekintve, a „kontinuumprobléma” ragyogó teljesítmény. Hamarosan felismerték, hogy nem lehetséges a halmazelméletnek és ezzel együtt az egész matematikának az alapját a halmaz fogalmi meghatározása nélkül mély vizsgálatnak alávetni. A következo˝ paradoxon felállítása, amellyel témánkat befejezzük, szembeszöko˝ en sürgetett egy ilyen analízist. [4] Folyamatosan halmazokról beszéltünk, és ezek a halmazok valamilyen elemekb o˝ l állottak. Például egy szakasz pontjainak elemei a szakasz pontjai halmazának vagy az egész számok elemei az egész számok halmazának. A halmaz elemei olyanok, mint egy egyesületnek a tagjai. Egyesület tagjai bizonyos körülmények közt jogi személyek is lehetnek, amelyek maguk is egyesületek, amint pl. a M˝uszaki és Természettudományi Egyesületek Szövetsége nem más, mint különböz o˝ m˝uszaki és természettudományi egyesületek szövetsége (pl. Bólyai János Matematikai Társulat, Eötvös Loránd Fizikai Társulat és mások). Éppen így egy halmaz elemei között is lehetnek olyanok, amelyek szintén halmazok. Az összes megszámlálható halmaz halmazának csak olyan elemei vannak, amelyek maguk is halmazok. Amint a Bólyai János Matematikai Társulat egy tagja nem szavazhat a M˝uszaki és Természettudományi Egyesületek Szövetségének ülésén, éppoly kevéssé eleme az összes megszámlálható halmaz halmazának az 1/5 szám (amely csak az összes racionális szám halmazának eleme), hanem csak az ezt a számot tartalmazó racionális számok halmaza az eleme ennek a nagy halmaznak, amint fent bebizonyítottuk. Ezen fogalmi el o˝ gyakorlat után most feltehetjük azt a sajátságos kérdést, vajon egy halmaz lehet-e saját magának az eleme. A „rendes” halmazok, amelyekre eddig gondoltunk, természetesen nem ilyenek. Könny˝u azonban belátni, hogy mégis kell lennie ilyen rendellenes halmaznak is, mert az egyáltalán elgondolható minden halmaznak a halmaza biztosan ilyen. Van tehát ilyen szo-

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

79

katlan halmaz. Nevezzük az ilyen halmazokat, amelyek önmagukat elemként tartalmazzák, rendellenes halmazoknak, a másik fajtájúakat rendes halmazoknak. Most még tovább megyünk egy lépéssel, és megfigyeljük az összes rendes halmaznak a halmazát. Nevezzük ezt W -nek. Feltesszük a kérdést: maga a W rendes vagy rendellenes halmaz? Kétségkívül vagy rendes, vagy rendellenes halmaznak kell lennie. Ha rendellenes halmaz, akkor o˝ saját maga elo˝ fordul az elemei között, azaz el o˝ fordul a rendes halmazban – W -nek az elemei ilyenek –, ellentétben az o˝ rendelleneshalmaz-jellegével. Ellenben, ha rendes halmaz volna, akkor nem fordulna el o˝ az elemei között, nem fordulna el o˝ a rendes halmazban, tehát szükségképpen nem rendes, hanem rendellenes halmaz volna, ismét ellentétben a feltételezett jellegével. Tehát ez a második lehet o˝ ség is ellentmondásra vezet. Ez a paradoxon nem kizárólag a halmazelmélet ügye. Hogy ezt érthet˝ové tegyük, vezessük be ugyanennek a paradoxonnak egy tréfás fogalmazását, amelyben halmazról szó sincs. Egy ezredben egy katonát megbíztak a borbély teend o˝ inek ellátásával; megbízatása pontosan úgy szól, hogy az ezredben mindenkit meg kell borotválnia, aki maga nem borotválkozik. Hogy vélekedjék o˝ saját magáról? Ha megborotválja magát, akkor egyike azoknak, akik maguk borotválkoznak, akit így nem szabad megborotválnia; ha nem borotválja magát, akkor egyike azoknak, akik nem borotválják magukat, akit tehát ezért meg kell borotválnia. Mit tegyen tehát ez az ember, hogy a kapott megbízást pontosan végrehajtsa? Ez egy tisztán logikai paradoxon, amelynek megkerülhetetlen voltára elo˝ ször a halmazelmélet világított rá, amely azonban mint ilyen, nem köt o˝ dik szorosan a halmazelmélethez. Ez a jó öreg, unalmas logikát ismét az érdekl o˝ dés középpontjába állította. Logikusok és matematikusok éveken át erejüket megfeszítve dolgoztak azon, hogy a logikát régi, arisztotelészi formájától megszabadítsák, s még ma sem látható, hogy milyen lesz az az új köntös, amely a logika dolgait összetartja.

80

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

Jegyzet [1] Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor (1845–1918) Szentpétervárott (Oroszország) született dán apa és orosz anya gyermekeként. A fels˝ofokú tanulmányait 1862-t˝ol Zürichben, majd 1863-tól a berlini egyetemen folytatta. Tanítványa volt Karl Weierstrassnak, Ernst Eduard Kummernek és Leopold Kroneckernek is. Egyetemi éveiben barátságot kötött Hermann Amadeus Schwarzcal, 1872-ben Richard Dedekinddel. Ekkortól kezdett foglalkozni végtelen számosságú halmazok elemeinek sorbarendezésével, összehasonlításával. 1874-ben a Crelle’s Journal für die reine und angewandte Mathematik cím˝u folyóiratban jelentette meg azt a cikket, melyet ma a modern halmazelmélet születésének tekintenek. A Mathematische Annalen cím˝u folyóiratban a halmazelmélet megalapozásáért 6 részb˝ol álló cikksorozata jelent meg 1879-t˝ol 1884-ig. A cikksorozatot rengeteg kritika érte. Kortársai közül kevesen értettek egyet eredményeivel. A halmazelmélet témakörében írt utolsó két cikke is ebben a folyóiratban jelent meg 1895-ben, illetve 1896-ban. Szerette volna ezekben a kontinuumszámosságra vonatkozó hipotézisét bizonyítani (a természetes számok halmazának számossága után közvetlenül következik a valós számok számossága, azaz a kontinuumszámosság), de végül nem járt sikerrel, a cikk a bizonyítás nélkül jelent meg. [2] A halmazelmélet néhány alapgondolatát a XIX. század elejét˝ol több matematikus egymástól függetlenül már megalkotta. Bernard Bolzano (1781–1848), Richard Dedekind (1831–1916), Georg Cantor, kés˝obb Gottlob Frege (1848–1925) is ugyanarra az alapötletre építette például az azonos számosság fogalmat: a végtelen számosságú halmaz egy valódi részhalmazát bijektív módon képezik le magára a halmazra. (A bijekció megfeleltetés két nem feltétlenül különböz˝o halmaz között oly módon, hogy az egyik halmaz minden elemének megfeleltetjük a másik halmaznak pontosan egy elemét, és fordítva is.) Bolzano könyvét 1851ben adták ki Paradoxien des Unendlichen címen. Ebben a mai matematikai értelemben használatos értelmezéshez hasonlóan jelenítette meg a halmazt (Menge). Bemutatott néhány példát olyan halmazokra, melyeket egyértelm˝uen meg tudott feleltetni valamely valódi részhalmazával. Mondhatjuk, hogy megalapozta a végtelen halmazok általános tudományát. Igaz, o˝ megriadt az eredményeit˝ol, és paradoxonnak min˝osítette o˝ ket, mert teljesen ellentmondásban volt Eukleidész rész-egész viszonyáról szóló axiómájával, miszerint az egész nagyobb, mint a rész.

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

81

(Persze véges elem˝u halmazokra igaznak tekintjük ezt az axiómát.) Kés˝obb Cantor is ugyanerre az eredményre jutott. [3] Cantor 1874-t˝ol kezdett foglalkozni ezzel a problémával. Kezdetben úgy gondolta, hogy egyértelm˝u „nem” a válasz, hiszen látszólag a négyzet jóval „több” pontot tartalmaz, mint az egyik oldala. 1877-ben azonban rájött, hogy tetsz˝oleges n > 0 esetén a teljes ndimenziós tér egy-egy értelm˝u módon leképezhet˝o az egyimenziós térre (egyenesre), s˝ot annak egy egységszakaszára is. Tehát a kérdésére a válasz „igen” lett. Dedekindnek szóló levelében írja, hogy „Látom, de képtelen vagyok elhinni” (a bizonyítását). Igaz, azt gondolta, hogy ezek a leképezések nem folytonos függvények. Kés˝obb Giuseppe Peano (1858– 1932) azzal cáfolta Cantor sejtését, hogy megadott egy folytonos görbét (Peano-görbe), amely olyan egydimenziós alakzat, amely folytonosan önmagát nem metszve (azaz egy-egy értelm˝u megfeleltetést biztosítva) lefedi az egy egységnyi oldalú négyzet minden pontját.

Peano-görbe Hilbert hasonló görbéje:

Hilbert-görbe [4] A Kr. e. 310 körül Zénón alapította athéni iskola sztoikus filozófiája szerint a paradoxon olyan tétel, mely el˝oször abszurdnak látszik, de ha alaposan megvizsgáljuk, igaznak bizonyul. Jean-Jacques Rousseau (1712–1778) svájci francia filozófus szerint a paradoxon oly igazság, mely egy századdal korábban született meg a kelleténél.

82

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

Willard van Orman Quine (1908–2000) matematikus, filozófus három csoportba rendezi a paradoxonokat. 1. Igaz paradoxon: el˝oször abszurdnak t˝un˝o, de igaz állítás. 2. Hamis paradoxon: hamisnak t˝unik és az is. A paradoxon bizonyításában van logikai hiba. Falláciának is szokták nevezni. 3. Az eddig nem említett paradoxonok a valódi ellentmondások. Ezek rávilágítanak a valóságról alkotott képünk hibáira, ily módon ennek finomítását, továbbfejlesztését eredményezik. Ebbe a 3. csoportba sorolható az említett „ugyanannyi természetes szám van, mint páros szám”, vagy a Galileo paradoxonja néven ismert „ugyanannyi négyzetszám van, mint természetes szám” állítás. Mind a kett˝o igazsága egyszer˝u egy-egy értelm˝u hozzárendeléssel belátható. Els˝o ránézésre azért gondolhatjuk ellentmondásosnak, mert megszoktuk, hogy véges elemszámú halmazokra gondolunk. Ezekben az esetekben pedig megszámlálhatóan végtelen elemszámú halmazokról van szó. A világról való tudásunk meghatározza, hogy mit tekintünk paradoxonnak. Érdemes rápillantani néhány állításra, amely a maga korában paradoxonnak t˝unt, de újbóli végiggondolása a matematika fejl˝odését jelentette. A püthagoreusok idejében (Kr.e. 550 körült˝ol) az egységnyi oldalú négyzet oldalának és átlójának összemérhetetlensége jelentett paradoxont, és szétzúzta számmisztikájukat. Ezzel egyid˝oben elindította a irracionális számokról való gondolkodásunkat. A középkorban Fibonacci (1170 – kb. 1250) olasz matematikus Liber Abaci cím˝u könyvével elindította az indiai tízes számrendszer és az arab számok terjedését Európában. Feltételezzük azonban, hogy a 0-t o˝ is csak jelnek tekintette. Ebben az id˝oben a matematika egyik lényeges paradoxona, hogy a 0-t, ami eddig a semmit jelentette (sem adósságom nincs, sem vagyonom, azaz semmim van), mostantól tekinthetjük valaminek. Ez tette lehet˝ové, hogy a vonalon való római számolásról áttérjünk az indiai-arab helyi értékes számírásra, amely a számolást is leegyszer˝usítette. A széles kör˝u elterjedésére azonban várni kellett a XVII. századig. Az újkorban a matematika szinte minden területéhez kapcsolódva születtek paradoxonok, melyek az adott terület fejl˝odését eredményezték. Például a negatív számok vizsgálatánál az a kérdés, hogyan lehetséges, hogy egy kisebb és nagyobb szám aránya megegyezik ugyanazon nagyobb és kisebb szám arányával (−1) : 1 = 1 : (−1).

B EVEZETÉS A

HALMAZELMÉLETBE

83

Bolzano (1781–1848) cseh matematikus, filozófus és teológus A végtelen paradoxonjai (1851) cím˝u m˝uvében a halmazelmélet néhány fontos kérdését feszegeti. A XIX. század 20-as éveiben a legmegdöbbent˝obb dolog talán a nemeukleidészi geometria megjelenése, Gauss (1777–1855), Bolyai János (1802–1860), Lobacsevszkij (1792–1856) munkáiban, egymástól függetlenül, de szinte egyid˝oben. Az egyenes vonalú háromszög bels˝o szögeinek összege az eukleidészi geometriában 180◦ . A hiperbolikus nem-eukleidészi geometriában változó mennyiség, de kisebb, mint 180◦ , akár 0◦ is lehet. A szférikus nem-eukleidészi geometriában változó mennyiség, de nagyobb, mint 180◦ , és lehet 360◦ is. Többeket megráztak ezek az állítások. Például így látta George Berkeley (1685–1753): „Vannak matematikusok, akik olyan háromszögr˝ol beszélnek, amelyben a szögek összege nem egyenl˝o két derékszöggel. Azonban mi, írek, elképzelni sem tudunk ilyen háromszöget.” Kés˝obb Gottlob Frege (1848–1925) német matematikus, logikatudós, filozófus, a modern matematikai logika és analitikus filozófia egyik alapítója így fogalmaz: „Legyen a te beszéded igen-igen, nem-nem. Mert senki sem szolgálhat egy id˝oben két urat: Vagy tehát igaznak fogadjuk el, hogy a háromszög szögeinek összege két derékszöggel egyenl˝o, és ebben az esetben visszautasítjuk az ellenkez˝o állítást, mint hamisat, vagy pedig megfordítva: igaznak fogadjuk el, hogy a szögek összege nem egyenl˝o két derékszöggel, és ebben az esetben az egyenl˝oséget kimondó állítást kell mint szükségszer˝uen hamisat visszautasítanunk. De vajon volna-e valaki olyan vakmer˝o, hogy asztrológiának nyilvánítsa Eukleidész geometriáját, amely immár több mint két évezrede a senki által kétségbe nem vont igazság tekintélyével rendelkezik? De ha ezt senki nem merészeli, akkor kötelesek vagyunk visszautasítani a nem-eukleidészi geometriát, mint közönséges áltudományt, amelynek nem tulajdonítunk nagyobb jelent˝oséget, mint amennyit a történelmi fejl˝odés bármely hasonló bizarr terméke érdemel.” Végül, a teljességre nem törekedve említsük meg Einstein (1879– 1955) paradoxonát: „... a világban az a legérthetetlenebb, hogy érthet˝o”.

Kombinatorikai problémák

1. Azt a fajta problémát, amellyel most foglalkozni akarunk, legjobban példán tehetjük világossá. Van 4 rózsaszín, 1 sárga és 2 fehér golyónk, melyeket színük kezd o˝ bet˝ujével jelölünk: R, R, R, R, S, F, F. Ezt a 7 darab, csupán a színükben különböz o˝ , egyébként egyenl o˝ nagyságú és azonos anyagból készült golyót két edénybe, A-ba és B-be kell belehelyezni, amelyekben összesen pontosan ennyi golyó számára van hely. Az A-ban legyen 3 golyó, a B-ben 4. Az a kérdés: hányféleképpen lehet a 7 színes golyót az A és B edényekbe elosztani? Mivel ebben az egyszer˝u esetben csak két edényünk van (A és B), elég az egyiknek, mondjuk A-nak az „˝urtartalmát” megadni, hiszen akkor a B edényben mindig a többi 4 golyónak kell lennie. Most módszeresen átvizsgáljuk a lehet o˝ ségeket. Elo˝ ször is lehetséges az A-nak csak rózsaszín˝u golyóval való megtöltése, a többi 4 golyó akkor a B edényhez tartozik: 1.

A:

R R R

B:

R S F F.

Teljesen mindegy, hogy a 4 rózsaszín˝u golyó közül melyik hármat használtuk fel az A megtöltésekor, mert a golyók csak színükben különböznek, azaz az egyszín˝uek nem különböztethet o˝ k meg. Másik leheto˝ ség, hogy az A edény csak 2 rózsaszín˝u golyót tartalmazhat, akkor megtöltésekor vagy egy sárgának, vagy egy fehérnek kell hozzájönnie.

86 2. 3.

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

A: A:

R R S R R F

B: B:

R R F F. R R S F.

Újabb leheto˝ ség: az A csak egy rózsaszín˝u golyót tartalmaz, akkor a másik két golyó, amint azonnal látjuk, S F vagy F F lehet, tehát: 4. 5.

A: A:

R S F R F F

B: B:

R R R F. R R R S.

Továbbá: A-ban egyáltalán nincs rózsaszín˝u golyó, akkor az A megtöltéséhez a három nem rózsaszín˝u S F F golyót kell venni: 6.

A:

S F F

B:

R R R R.

Látjuk tehát, hogy 4 rózsaszín˝u, 1 sárga és 2 fehér golyónak egy 3 és egy 4 golyót befogadó edénybe 6 lehetséges elosztása van. Hogy ebben a fejezetben röviden tudjuk kifejezni magunkat, azt mondjuk: 4, 1, 2 golyónak 3 és 4 „˝urtartalmú” edényekbe való különböz o˝ elosztásainak a száma 6, vagy még rövidebben, jelekkel1 : {4, 1, 2 | 3, 4} 7 = 6. A kapcsos zárójelen belül a függ o˝ leges vonal el o˝ tt állnak a különbözo˝ szín˝u golyóknak a számai, a vonal mögött az edények u˝ rtartalma. A függ˝oleges vonal el˝ott álló számok összegének természetesen egyenl˝onek kell lennie a vonal mögött álló számok összegével, mert a golyók együttesen éppen megtöltik az összes edényt. Az elosztandó golyóknak az összegszámát (példánkban 7) a világosság kedvéért írjuk még indexként a zárójel mögé. 2. Most nem három színt és nem két edényt adunk meg. Általánosságban legyen n darab, f különböz o˝ szín˝u golyó, g darab n össztérfogatú edény. A következ o˝ szimbólum (1)

Z = {r, s . . . | a, b . . .}n

1 Felesleges a színeket megnevezni, mert pl. a fekete, barna, kék színekkel magától értet˝od˝oleg ugyanazt az elosztási számot nyernénk, mint a fentebb kiválasztott színekkel.

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

87

jelölje az n, mégpedig r db rózsaszín˝u, s db sárga stb. golyónak a, b stb. u˝ rtartalmú edényekbe való elosztásának a számát. Az volna a feladat, hogy az n, r, s . . ., a, b . . . számokból a Z számot kiszámoljuk. Nem akarjuk ezt teljes általánosságban véghezvinni, hanem csak néhány konkrét példán, és pár fontos, speciális esetben. Hogy az elosztandó tárgyak színes golyók legyenek, az természetesen elengedhet o˝ . Például. fentebb már R R R R S F F jelölést használtunk 4 rózsaszín˝u, 1 sárga, 2 fehér golyó jelzésére, és azután ezt a hét bet˝ut három bet˝ut tartalmazó A és négy bet˝ut tartalmazó B csoportba osztottuk, a hét golyónak két – A és B – edénybe való elosztása helyett. 3. Zárójel-szimbólumunknak az elosztások számánál való alkalmazhatósága és jelent o˝ sége néhány olyan példából még világosabb lesz, amelyekben el o˝ ször színes golyókról egyáltalán nem is lesz szó. Mindenesetre igyekszünk minden példát úgy értelmezni, hogy a színes golyók elosztásának a sémája jelentkezzék. Az a kérdés, hányféleképpen lehet n személyt n helyre elhelyezni. Hogy felismerjük az összefüggést a színes golyók edénybe való elosztásának problémájával, gondoljunk arra, hogy az n személy mindegyike egymástól különbözik. Ezért mindegyikhez egy színt (úgyszólván nevet) rendelhetünk, tehát kereshetjük, hogy a csupa különböz o˝ szín˝u golyót n helyre hányféle módon helyezhetjük el. Minden „hely” az eddigi kifejezésmódunk szerint egyegy olyan edénynek felel meg, amelyben csak egy golyó számára van hely. A mi írásmódunkban tehát (2)

Pn = {1, 1 . . . | 1, 1 . . .} a

elosztási szám meghatározásáról van szó, ahol az n összegszámnak megfelel o˝ en a zárójelben a vonal el o˝ tt és mögött mindig n egyes áll, azaz minden színb o˝ l csak egy golyó van, és minden edény térfogata egységnyi. Gondoljuk az edényeket (a „helyeket”) megszámozva, akkor arról van szó, hogy n különböz o˝ szín˝u golyót (n személyt) valamilyen sorrendbe rendeztünk el. Minden ilyen elrendezést per-

88

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

mutációnak nevezünk, úgyhogy azt mondhatjuk: (2) formulában Pn az n különböz o˝ elem permutációjának a számát állítja el o˝ . Arra a kérdésre, hogy Pn -nek az n-t o˝ l függo˝ en mekkora számértéke van, vagy másképpen, hogyan lehet Pn -et számszer˝uleg nb˝ol meghatározni, a választ még elhalasztjuk, s még az elosztási szám szimbólumára további példákat fejtegetünk. 4. Hányféle módon lehet a játékkártyákat skat játéknál elosztani? [1] Három játékos van, mindegyikük 10 kártyát kap, 2 kártya pedig a „skat”-ba kerül; mind a 32 kártya különböz o˝ . Nyilván az elosztásoknak ugyanazt a számát kapjuk, mint ha a 32 különböz o˝ szín˝u golyót 4 db, egyenként 10, 10, 10, 2 u˝ rtartalmú edénybe kellene elosztanunk. A kártyák lehetséges elosztásának számát, S-et zárójel-szimbólumunkkal tehát így írjuk: (3)

S = {1, 1 . . . | 10, 10, 10, 2} 32 .

Az S számnak ebb o˝ l a szimbólumból való tényleges kiszámítását elhalasztjuk a többi számítással együtt. 5. Egy újabb példa az úgynevezett polinomiális tétel, amelyet itt nem akarunk teljes általánosságban tanulmányozni, hanem csak 3 változóval (x, y, z). Számítsuk ki az (x + y + z)n hatványt. A hatvány n darab azonos tényez o˝ b˝ol álló szorzatot jelent, amelynek mindegyike (x + y + z). Zárójelbe foglalt összeget egy tényez o˝ vel úgy szorzunk meg, hogy minden összeadandót megszorzunk ezzel a tényez o˝ vel. Ez a szabály valamennyi n zárójelre alkalmazva azt mutatja, hogy a kiszámított hatvány szorzatok összegéb o˝ l áll. Ezen szorzatok mindegyike n tényez o˝ t tartalmaz, amely x vagy y vagy z lehet, és amelynek mindegyike az n darab zárójel közül más-másból ered. Ezen szorzatok mindegyikét úgy rendezzük, hogy el o˝ ször az x tényez o˝ t, azután az y-t, végül a z-t vesszük (szorzat tényez o˝ i tudvalev o˝ leg felcserélhet˝ok), akkor mindegyiket x a yb zc alakban nyerjük, bizonyos egész számú a, b, c kitev o˝ kkel, amelyek (4)

a + b + c = n a
0,

b
0,

c
0.

89

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

Mivel egy x tényez o˝ az n zárójel mindegyikéb o˝ l származhat (éppen úgy az y és a z), akkor az el o˝ rebocsátott a, b, c kitev o˝ kkel általában több x a yb zc szorzat adódik. Az a kérdés: milyen gyakran nyerünk x a yb zc -t a hatvány kiszámításakor? Az n zárójel mindegyikébo˝ l kell származnia az x, y, z tényez o˝ k valamelyikének. Ha az n zárójel mindegyikéhez egy „edényt” rendelünk hozzá, amelybe a hozzá tartozó zárójelb o˝ l kivett bet˝ut „beledobjuk”, akkor azt lehet kérdezni: hányféle módon lehet elosztani a darab „x” elemet (rózsaszín˝u golyót), b darab „y” elemet (sárga golyót) és c darab „z” elemet (fehér golyót) n darab olyan edénybe, amelyek mindegyike éppen egy elemet fogadhat be. A kérdéses szám (n) – ezt Pa,b,c -nek akarjuk nevezni –, tehát az elosztások száma, a következo˝ képpen írható: (n)

(5)

Pa,b,c = {a, b, c | 1, 1 . . . 1} n . (n)

A kiszámított hatványban mindig Pa,b,c darab xa yb zc szorzatot lehet összefoglalni. Ebben az összefoglalásban ezért x a yb zc el˝ott (n) Pa,b,c együttható áll. Mivel ez az együttható az (x+ y+ z) polinom hatványozásánál fordul el o˝ , polinomiális együtthatónak nevezik. A jobb megértés kedvéért nézzünk meg alaposabban egy speciális esetet, n = 4 esetén. Az (x + y + y)4 kiszámításakor mindazon x a yb zc tényezo˝ k el˝ofordulnak, amelyek (4)-nek megfelelnek, ha n helyébe 4-et írunk. Áttekinthet o˝ en rendezve a következ o˝ lehet˝oségek vannak: x4 , x3 y, x2 y2 , x2 yz,

y4 , x3 z, x2 z2 , xy2 z,

y4 xy3 , y2 z2 , xyz2 ,

y3 z,

xz3 ,

yz3 ,

és a polinomiális együtthatók felhasználásával a következ o˝ képpen írhattuk volna:

90

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK (4)

(4)

(4)

(x + y + z)4 = P4,0,0 x4 + P0,4,0 y4 + P0,0,4 z4 + (4)

(4)

(4)

(4)

(4)

(4)

+P3,1,0 x3 y + P3,0,1x3 z + P1,3,0 xy3 + P0,3,1 y3 z + (6)

+P1,0,3 xz3 + P0,1,3yz3 + (4)

(4)

(4)

(4)

(4)

(4)

+P2,2,0 x2 y2 + P2,0,2 x2 z2 + P0,2,2y2 z2 + +P2,1,1 x2 yz + P1,2,1xy2 z + P1,1,2 xyz2 . (4)

Ezzel azonban még csak a formulának a vázát adtuk meg. A P a,b,c (n)

és általánosságban Pa,b,c tulajdonképpeni kiszámítása az (5) segítségével még ezután következik. 6. Végül még a következ o˝ kérdést fordítjuk le az elosztások számának írásmódjára: Hány különböz˝o módon lehet n különböz˝o tárgyból mindig k számot kiragadni? Vagy szaknyelven kifejezve: hány k-ad osztályú kombináció alkotható n elemb o˝ l? Az n elem különböz o˝ nek számít, tehát csupa különböz o˝ szín˝u: r = 1, s = 1 . . .. A kiragadott k golyót tegyük egy edénybe, amelyben éppen k golyó fér el, a fennmaradt n − k golyót hasonlóképpen (n) tegyük egy megfelel o˝ edénybe. A keresett Ck szám a következ˝oképpen írható: (7)

(n)

Ck = {1, 1 . . . |k, n − k}n.

A zárójel-szimbólum „dualizmusa” 7. Az elosztási számra vonatkozó zárójel-szimbólumunknak van egy fontos tulajdonsága, amely az elosztások számának tényleges kiszámításakor hasznos lesz. Egész általánosságban ugyanis érvényes: (8)

{r, s . . . | a, b . . .}n = {a, b . . . | r, s . . .}n ,

azaz a zárójelben a függ o˝ leges vonal elo˝ tt és mögött álló számok felcserélheto˝ k. Ha a zárójel-szimbólumnak a jelentését, mint az elosztásoknak a számát ismét elképzeljük, akkor (8)-ban két különbözo˝ kombinatorikai probléma mutatkozik. Azt állítjuk, hogy

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

91

éppen annyi lehet o˝ séget adna r rózsaszín˝u, s sárga stb. golyónak a, b . . . u˝ rtartalmú edényekbe való elosztása, mint amennyit „a” rózsaszín˝u, „b” sárga stb. golyónak az elosztása r, s . . . u˝ rtartalmú edényekbe. Mindig úgy véljük, hogy r + s + . . . = a + b + . . . = n. Itt két „duális” kombinatorikai probléma áll egymással szemben. A zárójel-szimbólumnak az alapjelentésb o˝ l kiindulva a (8) állítás azonban majdnem triviális. Elég volna egy egyszer˝u számpéldán igazolni, mivel itt már lényegében a bizonyító gondolat jelentkezik. Meg akarjuk tehát mutatni, hogy (9)

{3, 4 | 1, 1, 5} 7 = {1, 1, 5 | 3, 4} 7 .

El˝oször vegyük szemügyre az egyenl o˝ ség bal oldalát. Tehát 3 db rózsaszín˝u és 4 sárga golyónk van: R, R, R, S, S, S, S, amelyeket A és B – mindegyik egységnyi u˝ rtartalmú – edénybe és egy 5 egységnyi u˝ rtartalmú C edénybe kell elosztani. Ezt az elosztást úgy is felírhatjuk, hogy minden golyó alá odaírjuk, hogy melyik edényben van: (10 a)

R S R R S S S A B C C C C C.

Tehát hét bet˝upárhoz jutottunk, a fels o˝ R és S a színek neve, az alsó A, B, C az edényeknek a neve. Most felcseréljük mindkét párban a partnerek szerepét, és A-t, B-t, C-t a színek nevének, Rt, S-t pedig az edények nevének tekintjük; az edényeknek a nevét ismét alul írjuk, és aszerint is rendezzük: (10 b)

A B C C C C C R S R R S S S.

A (10 b)-ben ugyanazok a párok állnak, mint a (10 a)-ban, csak bennük a felül és alul állókat megcseréltük. A (10 b)-t úgy értelmezzük, mint egy darab A szín˝u, egy darab B szín˝u, és öt darab C

92

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

szín˝u golyónak három befogadóképesség˝u R és négy befogadóképesség˝u S edényekbe való egyik elosztását. Ez azonban olyan elosztás, amely a (9)-nek a jobb oldalán számított elosztások között fordul el o˝ . Ugyanilyen duális megfeleltetést, mint a (10 a) és (10 b), véghez tudunk vinni minden kiszámítandó elosztásnál. Ezek közül az egyik elosztást a (9) bal oldalán, a másikat a jobb oldalán egyszerre számítjuk ki. Tehát az elosztások két fajtájával (halmazával) van dolgunk, és mindegyik fajtájú elosztásnak megfelel egy másik fajtájú elosztás, és megfordítva. Két ilyen egymáshoz rendelt halmaznak azonban egyenl o˝ száma van. Ennélfogva (9) helyes. A keresett elosztások számszer˝u értékét egyáltalában nem volt szükséges megállapítanunk a (9) belátásához. Azonban minden elgondolható elosztás következetes átvizsgálásával könnyedén megtalálhatjuk, mint ezen fejezet 1. pontjában, hogy {3, 4 | 1, 1, 5} 7 = {1, 1, 5| 3, 4} 7 = 4. A (9)-nek a bizonyításakor lényeges volt a színek és edények nevei felcserélésének a gondolata. Ez a gondolat azonban érvényes minden további nélkül az általánosabb (8) egyenl o˝ ség bizonyítására is, amelyet éppen ezért bizonyítottnak is tekinthetünk. Az elosztási szám meghatározása egyszeru˝ esetekben 8. Az elosztási számnak a meghatározása tetsz o˝ legesen adott r, s . . . golyószámoknál és a, b . . . edény˝urtartalmaknál igen körülményes, és itt nem kívánjuk tárgyalni. A zárójel-szimbólumok, amelyek a 3-tól 6-ig terjed o˝ szakaszokban bevezetett példákban el˝ofordultak, egyáltalán nem voltak teljesen általánosak, hanem mindnek megvolt az a különlegessége, hogy a zárójelen belül vagy a választóvonal el o˝ tt, vagy mögötte csupa 1 állt, tehát vagy minden golyó különböz o˝ szín˝u, vagy minden edénybe csak 1 golyó fért (vagy mindkét eset fennállt). A duálformula alapján elegendo˝ itt annak az esetnek a megfontolása, amikor minden golyó

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

93

különböz o˝ szín˝u. Tehát a {1, 1 . . . 1 | a, b, c . . .} n számot akarjuk meghatározni, ahol az n index ismét azt jelenti, hogy n golyó van, és az edények u˝ rtartalmának összege éppen n: 1 + 1 + . . .+ 1 = a + b + c + . . . = n. Mivel a következ o˝ kben a vonal el o˝ tt mindig csupa 1-nek kell állnia, meg akarjuk takarítani az ezeknek a kiírásával járó fáradságot, és röviden így írjuk: {1, 1 . . . 1 | a, b, c . . .} n = {a, b, c . . .}n . Az edények u˝ rtartalmán kívül mást nem kell kiírnunk. Természetesen egészen magától értet o˝ d˝oen (11)

{n}n = 1,

mert itt csak egy elosztás van, valamennyi golyó egy edénybe kerül. Ha most egy n u˝ rtartalmú N edény helyett n − 1, illetve 1 u˝ rtartalmú N1 és N  edényeket, azaz 2 db edényt alkalmazunk, akkor az átmenetet úgy kell végrehajtanunk, hogy az n számú golyó közül az egyik tetsz o˝ legeset a N edényb o˝ l a N  -be tesszük, a fennmaradó n − 1 golyó aztán N 1 edénybe kerül. Azonban 1 golyónak a N-b o˝ l való kiválasztására n lehet o˝ ség van, ezért {n − 1, 1}n = n. Így látható be a következ o˝ egyenlo˝ ség: (12)

a · {a, b, c . . .} n = {a − 1, 1, b, c . . .} n .

Itt mindkét elosztási szám ismét n különböz o˝ szín˝u golyóra vonatkozik. B, C . . . edények, amelyeknek u˝ rtartalma b, c . . ., mindkét esetben ugyanazok. Csak a bal oldali a u˝ rtartalmú A edényro˝ l tételezzük fel, hogy a jobb oldali elosztásnál A 1 és A

94

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

edényekkel helyettesítettük, ahol A 1 -nek u˝ rtartalma a − 1, A  u˝ rtartalma 1. Mivel most A, B, C . . . edényekre vonatkozó minden elosztásból azáltal kapunk A 1 , A , B, C1 . . . edényekre vonatkozó egy elosztást, hogy A-ból „a” golyók közül egy tetszés szerintit A -be helyezünk, ami „a” választási lehet o˝ séget ad, a többi a − 1 golyó azután minden további nélkül A 1 edénybe kerül, akkor aszor annyi elosztás adódik A 1 , A , B, C1 . . . edényekre vonatkozólag, mint A, B, C . . . edényekre. Ezt a tényállást fejezi ki a (12) egyenlo˝ ség. Természetesen A1 edényt újra lehet pótolni két másik A 2 és A edénnyel, amelyeknek a u˝ rtartalma a − 2, illetve 1, következésképpen az el o˝ bbinek megfelel o˝ en ezt nyerjük: (a − 1) · {a − 1, 1, b, c . . .} n = {a − 2, 1, 1, b, c . . .} n . Éppen így jutunk az (a − 2) · {a − 2, 1, 1, b, c . . .} n = {a − 3, 1, 1, 1, b, c . . .} n egyenlo˝ séghez és az egyenl o˝ ségeknek egy sorozatához, amelynek utolsó tagja 2 · {2, 1, 1 . . . 1 , b, c . . .}n = {1, 1 . . . 1, b, c . . .}n ,       a

a−2

ahol jobb oldalon „a”-nak a szétbontását – csupa 1 összeadandóra – vezettük végig. Ha (12)-t és az utána következ o˝ egyenlo˝ ségeket egymással megszorozzuk, akkor mindkét oldalon a következ o˝ tényez˝ok lépnek fel közösen: {a − 1, 1, b, c . . .} n , {a − 2, 1, 1, b, c . . .} n , .. . {2, 1, 1 . . . 1, b, c . . .}n ,    a−2

95

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

amelyeket az egyenl o˝ ség helyességének károsodása nélkül mindkét oldalon el szabad hagyni. Ebb o˝ l kapjuk az a · (a − 1) · (a − 2) . . .2 · {a, b, c . . .} n = {1, 1 . . . 1, b, c . . .}n    a

egyenlo˝ séget. Az a·(a− 1)·(a− 2) . . .3·2·1 szorzatban fordítsuk meg a tényezo˝ k sorrendjét, és írjuk röviden így 2 : a! = 1 · 2 · 3 . . .(a − 1) · a, tehát (13)

a! · {a, b, c . . .} n = {1, 1 . . . 1, b, c . . .}n .    a

Ugyanezt az eljárást – egy edénynek kisebbre való szukszesszív szétbontását – alkalmazhatjuk B-re is, úgy, amint A-ra, ezért érvényes: b! · {1, 1 . . . 1 , b, c . . .}n = {1 . . 1, 1 . . . 1, c . . .}n ,  .    a

a

b

a (13)-al együtt a!b!{a, b, c . . .} n = {1 . . 1, c . . .}n ,  . a+b

és végül éppen így (14)

a!b!c! . . . {a, b, c . . .} n = {1, 1 . . . 1}n ,

ahol a zárójelben az egyesek száma magától értet o˝ d˝oen n. Egyébként ha már a (13)-ban a = n, tehát már csak egy edényünk van: A, akkor kiváltképpen következik az n! · {n}n = {1, 1 . . . 1}n , 2

a!-t a faktoriálisnak olvassuk.

96

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

és ezzel együtt (11)-b o˝ l az n! = {1, 1 . . . 1} n .

(15)

De ezzel a (14)-b o˝ l azonnal következik a (16)

{a, b, c . . .} n = 1, 1 . . . 1 | a, b, c . . .} n =

n! , a!b!c! . . .

ahol a zárójel-szimbólumot ismét rövidítés nélkül, eredeti alakjában írtuk fel. Ezzel az elosztások számára vonatkozó zárójelszimbólum kiszámítása – amennyire példáinkban szükséges – megtörtént. 9. Miközben még egyszer átfutunk példáinkon, a következ o˝ eredményeket nyerjük: I. A (2) és (15) egyenl o˝ ségek szerint Pn = {1, 1 . . . 1 | 1, 1 . . . 1} n = {1, 1 . . . 1}n = n! Azaz n személyt n! módon lehet n helyre ültetni, vagy: n! permutációja van n különböz o˝ elemnek. A faktoriálisok tudvalev o˝ leg n-nel együtt nagyon gyorsan növekednek, például: 1! = 1 2! = 2 3! = 6 4! = 24 5! = 120

6! = 720 7! = 5040 8! = 40320 9! = 362880 10! = 3628800.

II. A (3) és (16) szerint a „skat” kártyák lehetséges elosztásainak a száma igen nagy szám: S=

32! = 2 753 294 408 504 640. 10! · 10! · 10! · 2!

III. Az általános polinomiális együtthatók az (5) és (16) szerint, valamint a (8) duáltulajdonság megfontolása alapján: (n)

Pa, b, c =

n! a! b! c!

(a + b + c = n).

97

KOMBINATORIKAI PROBLÉMÁK

A (6)-ban lév o˝ polinomiális együtthatók kiszámítása n = 4 esetén a következo˝ formulát adja: (x + y + z)4 = x4 + y4 + z4 + +4x3 y + 4x3z + 4xy3 + 4y3z + 4xz3 + 4yz3 + +6x2 y2 + 6x2 z2 + 6y2 z2 + +12x2yz + 12xy2z + 12xyz2. IV. A (7) és (16) szerint az n elemb o˝ l alkotható k-ad osztályú kombinációknak a száma mint (n)

Ck =

n! k!(n − k)!

adódik. Tehát n különböz o˝ tárgyból igen sokféle módon lehet k darabot kiválasztani. Jegyzet [1] A skat játékot három játékos játssza 32 lapból álló kártyával. Minden játékos 10–10 kártyát kap, a maradék két kártyalap lefelé fordítva az asztalon marad. Az egyik játékos egyedül játszik a másik kett˝o ellen. A skat a németek nemzeti kártyajátéka. 1886 óta rendszeresen megrendezik Altenburgban a skatkongresszusokat. 1903-ban a f˝otéren felállították a kártyázók szoborcsoportját, amely mára a város jelképévé vált. A játék szabályait 1927-ben a XI. kongresszuson a skatbíróság lefektette. Így a skatnak német precizitással megalkotott, hivatalosan jóváhagyott szabályrendszere van, melyhez azóta is mereven ragaszkodnak. 1963-ban próbáltak valamit újítani, de a bíróság határozottan megtiltotta. Manapság is itt rendezik a legrangosabb skatversenyeket, amelyeken több ezren játszanak számos asztalnál hatalmas nyereményekért.

A Waring-féle probléma

A négyzetszámoknak 1, 4, 9, 16, 25 . . . sorozata egyre ritkább, a két-két szomszédos szám közötti hézag folyamatosan n o˝ . Közben azonban vannak olyan számok, amelyek legalább két négyzetszám összegeként foghatók fel, így 13 = 9 + 4, 41 = 25 + 16 stb. Nem minden számot lehet két négyzetszám összegeként el o˝ állítani, például 6-nál csak az 1 és 4 jöhetne számításba, amelyek mindketten 6-nál kisebb négyzetszámok. Azonban sem 1 + 1, sem 4 + 4, sem 1 + 4 nem ad 6-ot. A 6-ot legfeljebb három négyzetszám összegeként lehet el o˝ állítani: 6 = 4+ 1+ 1. Hasonló eljárás szerint a 7-nél nem boldogulunk három négyzetszámmal sem csak négy lesz elegend o˝ : 7 = 4 + 1 + 1 + 1. Nyolcnál azután elegendo˝ ismét kett˝o: 8 = 4 + 4; 9 maga is négyzetszám, 10 = 9 + 1, 11 = 9 + 1 + 1, 12 = 9 + 1 + 1 + 1 = 4 + 4 + 4 és így tovább. E kezdeti tapasztalatok után azt várnánk, hogy nagyon hamar eljutunk odáig, amikor már négy négyzetszám sem lesz többé elegendo˝ , és hogy az eljárás során egyre több és több négyzetszámra lesz szükségünk. Annál meglep o˝ bb, hogy Fermat [1], aki Descartes [2] mellett a XVII. század egyik legnagyobb matematikusa, kimutatta, hogy minden pozitív egész szám el o˝ állítható legfeljebb négy négyzetszám összegeként. Waring [3] vetette fel a problémát, hogy vajon köbök, bikvadrátok (negyedik hatványok) is el o˝ állíthatók-e hasonló módon. Ezért viseli ennek az el o˝ adásnak problémája az o˝ nevét. A köbszámok: 1, 8, 27, 64 . . . Ha a legels o˝ számokat a lehet o˝ legkevesebb köbszám összegeként igyekszünk felfogni, akkor a 7-nél, a

100

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

8 el˝otti utolsó számnál, amelynél még csak az 1 áll rendelkezésünkre, láthatólag 7 egyesre van szükségünk: 7 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, 15-nél összesen 8 köbszámra: 15 = 8 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, s˝ot a 23-nál kilenc darabra: 23 = 8 + 8 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Miel˝ott a 31-hez jutunk, megjelenik a harmadik köbszám, a 27 is, és megváltoztatja az egész képet: 31 = 27 + 1 + 1 + 1 + 1, ami csak öt darab köbszámnak az összege. C. G. J. Jacobi [4] egy Dahse nev˝u számolóm˝uvészt – hogy a matematika legalább közvetve fel tudja o˝ t használni valamire – rávett arra, vizsgálja át a számoknak a sorozatát a legkevesebb köbszámból való el o˝ állíthatóság szempontjából. Az ilyen tapasztalati vizsgálatok során megmutatkozott, hogy 23-on túl legközelebb a 239-nél kell kilenc db köbszám, és azután többé egynél sem a 12 000-ig terjed o˝ egész számok körében, Dahse számításainak végpontjáig; nyolc köbszámot kívánnak a 15, 22, 50, 114, 167, 175, 186, 212, 231, 238, 303, 364, 420, 428, 454, és azután 12 000-ig többé egy sem; hét darabra van szükség a 7, 14, 21, 42, 47, 49, 61, 77, 85, 87, 103 . . . 5306, 5818, 8042 számoknál. Úgy látszik, hogy ezek a gazdagabb sorozatok is elapadnak. A kés o˝ bb tovább folytatott empirikus vizsgálatok csak meger o˝ sítették ezt a feltevést. De az ilyen tapasztalati vizsgálatok sohasem bizonyíthatják, hogy minden szám legfeljebb kilenc köbszám összegeként el o˝ állítható, hogy minden szám, ha nem is kezdett o˝ l, de egy kés o˝ bbi helyt˝ol fogva legfeljebb 8, s o˝ t 7 köbszám összegeként el o˝ állítható. Az els˝o állítást egy akkor még nagyon fiatal matematikus,

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

101

név szerint Wieferich [5] bizonyította be, miután bonyolult segédeszközök alkalmazásával Landau már el o˝ bb igazolta a másodikat, hogy valahonnan kezdve 8 köbszám elegend o˝ . A negyedik hatványokra is hasonló er o˝ feszítéseket tettek. Az els˝o bikvadrátok: 1, 16, 81, 256 . . . . Itt a 15 szemmel láthatóan tizenöt db negyedik hatványt kíván, a 31 tizenhat db-ot, a 47 tizenhét db-ot, a 63 tizennyolc db-ot, a 79 pedig tizenkilenc darabot, azután következik a 81, és a kép teljesen megváltozik. Az volt a kérdés, vajon mindig elegend o˝ -e tizenkilenc bikvadrát? Lassan közeledtek a célhoz: Liouville [6] bebizonyította, hogy 53 db mindig elég; fokozatosan szorították le ezt a számot 47-, 45-, 41-, 39-, 38-ra, Wieferich leszorította 37-re, de még mindig messze voltak az empirikusan gyanított 19-t o˝ l. Hilbert [7] egyik, nem sokkal kés o˝ bb közreadott munkájában átfogóan ragadta meg az egész kérdéskomplexumot. Nem szárnyalta túl az elo˝ tte felállított egyik rekordot sem, de nem is ez volt a becsvágya. Ellenben egy csapásra bebizonyította, hogy nemcsak a köböknél, bikvadrátoknál kell lenni egy olyan számnak, amely mindig elegend o˝ (mint pl. fent 9 és 37), hanem az ötödik, hatodik és magasabb hatványoknál is (csak természetesen azt a számot, amely elegend o˝ a számok elo˝ állításához, egyre nagyobbnak kell választani). Hardy [8] és Littlewood [9] angol matematikusok egész másfajta segédeszközökkel nyúltak a problémához, mint Hilbert. Ezeknek a segédeszközöknek hallatlan erejér o˝ l némi sejtelmet nyerünk, ha csak egyet emelünk ki eredményeik közül, s figyelemmel kísérjük, hogy hogyan sikerült nekik bebizonyítani a következ˝o állítást: valahonnan kezdve minden szám el o˝ állítható legfeljebb tizenkilenc bikvadrát összegeként. Fentebb láttuk, hogy az els˝o számok között van ilyen, amelynek el o˝ állításához 19 bikvadrát szükséges. Hardy és Littlewood szerint létezik egy meghatározott N szám, amelyt o˝ l kezdve minden szám 19 biquadrát összegeként elo˝ állítható (az N szám mindenesetre oly nagy, hogy Hardy és Littlewood eleinte egyáltalában nem vették maguknak a fáradságot, hogy ezt valóban kiszámítsák). Azonban annak iga-

102

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

zolásához, hogy minden szám el o˝ állítható 19 bikvadrát összegeként, még át kellene vizsgálni a N-ig terjed o˝ számokat is. Mindenesetre, amíg nem sikerül az elméletnek a Hardy-féle N számot jelentékenyen csökkenteni, addig ez a „vizsgálat” a legjobb számolók erejét is meghaladja. Hosszasan elid˝oztünk a tényeknél azért, hogy egyszer fogalmat alkothassunk annak rendjér o˝ l és módjáról, ahogyan a matematikai kérdések a megismerés során, a matematikai empíria révén elnyerik alakjukat. Most megkíséreljük azoknak a módszereknek a vázlatos ismertetését, amelyeket ezen a területen alkalmaztak, és Hilbert nagy bizonyításának is alapjául szolgáltak. Mindenesetre azoknak az er o˝ teljes matematikai segédeszközöknek a vázolása, amelyekkel Hardy és Littlewood itt eredményt értek el, messze meghaladná ennek az el o˝ adásnak a lehet o˝ ségeit. Itt is, mint mindig, el o˝ ször egyszer˝u esetekkel foglalkozunk. Ismeretes a következ o˝ tény: (a + b) · (a − b) = a 2 − b2 . Ha nem emlékeznénk rá, akkor a zárójelek feloldásával könnyen kimutathatjuk, hogy ez mindig érvényes összefüggés, bármi legyen is az a és a b szám. A matematikus az ilyen egyenl o˝ séget, amely mindig érvényes, „azonosság”-nak nevezi. Valamivel komplikáltabb azonosság a következ o˝ : (1)

(a2 + b2) · (c2 + d 2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 .

Helyessége egyszer˝uen belátható, ha az (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 azonosságra emlékezünk, és azután ennek mintájára a jobb oldalon a hatványozást elvégezzük: (a2 c2 + 2acbd + b 2 d 2 ) + (a2 d 2 − 2adbc + b 2c2 ) = = a2 c2 + a2d 2 + b2c2 + b2 d 2 + 2abcd − 2abcd; itt a két utolsó ellenkez o˝ el˝ojel˝u tagot összevonjuk, és a többit összefoglalhatjuk a 2 (c2 + d 2 )+ b2(c2 + d 2 ) = (a2 + b2)·(c2 + d 2) alakban, ami éppen (1)-nek a bal oldala.

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

103

Ebb˝ol az azonosságból érdekes következmény adódik: „Ha van két számunk, amelyek mindegyike két szám négyzetösszegeként állítható el o˝ , akkor a két szám szorzatának is megvan ez a tulajdonsága.” Így pl. a 13 és a 41 szintén ilyen tulajdonságú: 13 = 9 + 4, 41 = 25 + 16. Akkor (1)-nél fogva tényleg 533 = 13 · 41 = (3 2 + 22 ) · (52 + 42 ) = (3 · 5 + 2 · 4)2 + (3 · 4 − 2 · 5)2 = 232 + 22, és ezzel 533-t tényleg két négyzetszám összegeként állítottuk el o˝ . Így járhatunk el (1) alapján bármely két ilyenfajta szám szorzatával. Ezt az els˝o el˝ogyakorlatot kövesse egy második. Bocsássuk el˝ore, hogy egy négytagú kifejezést a következ o˝ képpen emelünk négyzetre: (x1 + x2 + x3 + x4 )2 = 2 2 2 2 = x1 +x2 +x3 +x4 +2x1 x2 +2x1 x3 +2x2 x3 +2x1 x4 +2x2 x4 +2x3 x4 . Euler, a XVIII. század nagy matematikusa, a következ o˝ azonosságot fedezte fel: (a21 + a22 + a23 + a24) · (b21 + b22 + b23 + b24 ) = (2)

= (−a1 b1 + a2b2 + a3 b3 + a4b4 )2 + + (a1 b2 + a2 b1 + a3b4 − a4b3 )2 + + (a1 b3 − a2 b4 + a3b1 + a4b2 )2 + + (a1 b4 + a2 b3 − a3b2 + a4b1 )2 ,

amelynek a helyességér o˝ l az el˝orebocsátott szabály alkalmazásával és a szorzások elvégzésével különösebb nehézség nélkül meg lehet gy o˝ z˝odni. Az (1) analógiájára a (2) a következ o˝ t tanítja: „Két olyan számnak, amelyiknek mindegyike 4 négyzetszám összegeként állítható el o˝ , a szorzata maga is 4 négyzetszám összegével egyenl o˝ .” Lagrange felhasználta ezt a megjegyzést, hogy minden számnak négy négyzetszám összegeként való el o˝ állíthatóságát igen szépen bebizonyítsa. Ebb o˝ l a megjegyzésb o˝ l

104

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

el˝oször az következik, hogy csak minden prímszámról kell bebizonyítani, hogy ezek 4 négyzetszámnak az összegei, azután ebb˝ol ez minden összetett számra következik. A Lagrange-féle bizonyítás további menetének is a (2) az alapja. Sajnos túl hosszú és bonyolult ahhoz, hogy e sz˝uk keretek közé beilleszthessük, és egészen áttekinthessük. A bizonyításnak csak az eszméjét tudnánk sejtetni. A következ o˝ kben magát a tételt tényként kezeljük, bizonyításától azonban eltekintünk. Arra a tételre támaszkodva, hogy minden pozitív egész szám 4 négyzetszámnak az összege, Liouville, a XIX. század els o˝ felében élt francia matematikus bebizonyította, hogy minden szám 53 bikvadrát összegeként el o˝ állítható. Ehhez o˝ is egy azonosságból indul ki, mégpedig a következ o˝ b˝ol:

(3)

6(x21 + x22 + x23 + x24 )2 = = (x1 + x2)4 + (x1 + x3)4 + (x2 + x3 )4 + (x1 + x4 )4 + + (x2 + x4)4 + (x3 + x4)4 + (x1 − x2 )4 + (x1 − x3 )4 + + (x2 − x3)4 + (x1 − x4)4 + (x2 − x4 )4 + (x3 − x4 )4 .

Hogy a helyességét felismerjük, el o˝ ször gondoljuk meg: (x1 + x2 )4 + (x1 − x2 )4 = x41 + 4x31x2 + 6x21x22 + 4x1x32 + x42 + + x41 − 4x31x2 + 6x21x22 − 4x1x32 + x42 = = 2x41 + 2x42 + 12x21x22 , és azt, hogy minden két bikvadrát pár hasonló alakra hozható. A jobb oldal kiszámításakor végeredményben adódik: 6(x41 + x42 + x43 + x44 )+ +12(x21x22 + x21 x23 + x22 x23 + x21 x24 + x22 x24 + x23 x24 ). A négytagú kifejezés hatványozására el o˝ rebocsátott szabály alapján még egyszer˝ubben látható be, hogy ugyanezt az eredményt adja a bal oldal is. Liouville ezt az azonosságot a következ o˝ képpen alkalmazza. Legyen n tetszés szerinti pozitív egész szám, mutassuk meg, hogy

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

105

˝ azzal kezdte, hogy az ez legfeljebb 53 bikvadrátnak az összege. O n számból a 6-nak lehet o˝ legnagyobb többszörösét leválasztotta a 28 = 6 · 4 + 4 mintájára. („Hattal való osztás próbája a hányadossal és a maradékkal” – így nevezik ezt az iskolában.) Legyen tehát általánosságban n = 6x + y, ahol az y maradék a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számok egyike lesz. Most Liouville el o˝ ször felhasználja Fermat tételét az x számra alkalmazva: ha minden szám legfeljebb 4 négyzetszám összegeként állítható el o˝ , akkor az x is. Legyen x = a2 + b2 + c2 + d 2, akkor n = 6x + y = 6(a2 + b2 + c2 + d 2 )+ y = 6a2 + 6b2 + 6c2 + 6d 2 + y. Az a, b, c, d számok mindegyikére Liouville újból alkalmazza Fermat tételét; akkor a = a21 + a22 + a23 + a24 b = b21 + b22 + b23 + b24 c = c21 + c22 + c23 + c24 d = d12 + d22 + d32 + d42, és ezzel n = 6(a21 + a22 + a23 + a24)2 + . . . + 6(d12 + d22 + d32 + d42)2 + y. Most el˝oször kerül felhasználásra a (3) azonosság. Az n kifejezésben a jobb oldalon álló els o˝ tagról azt mondja, hogy 12 bikvadrát négyzeteként el o˝ állítható és éppen így a jobb oldalon álló következo˝ 3 tag is. Eddig ez 4 · 12 = 48 bikvadrát. Ehhez még annyi egyes jön, amennyit az y tartalmaz (ugyanis ennél magasabb biquadrátok ennél nem jönnek számításba), ez legfeljebb 5 db egyes, mert az y maradék a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számok egyike. Ez együttesen legfeljebb 48 + 5 = 53 bikvadrát, amint állítottuk. Megjegyzések 1. Diophantosz-kiadásában Bachet kiemeli, hogy az egyik Diophantosz-hely implicite tartalmazza azt a tézist, amely szerint

106

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

minden szám elo˝ állítható négy négyzetszám összegeként. Fermat egyik levele tartalmaz egy bizonyításvázlatot, amit aztán Euler és Lagrange (Werke Bd. 3, S. 189–201, 1909) a könyvünkben is olvasható módon pontosítottak. 2. Waring 1782-ben csak a sejtést mondja ki, hogy 9 köbszám és 19 bikvadrát elegend o˝ lehet (Meditationes algebraicae, 3. Aufl., S. 349, Cambridge). 3. A vázolt bizonyítást J. Liouville csak szóban ismertette a Collège de France-ban; nyomtatásban Lebesgue jelentette meg (Exerciese d’analyse numérigue, S. 113–115, 1859) (vö. P. Bachmann: Nied. Zahlenth. II, 1910, S. 329). Jegyzet [1] Pierre de Fermat (1601–1665) francia jogász, matematikus. Ügyvédként dolgozott, matematikával csak kedvtelésb˝ol foglalkozott. Eredményeit halála után, 1679-t˝ol publikálták. Kortársai eredményeir˝ol levelezései kapcsán értesülhettek. A Bevezetés a síkbeli és térbeli helyek elméletébe cím˝u értekezésében 1636-ban – Descartes el˝ott – koordinátákkal megadta az egyenes és a kúpszeletek egyenletét, Descartes-hoz írt levelében 1638-ban, ír széls˝oérték-meghatározási és az érint˝ok vizsgálatának módszerér˝ol, mellyel a differenciálszámításhoz járt közel. Pascallal folytatott levelezésében a valószín˝uségszámítás alapjait rakta le. A számelméleti tételei között is volt olyan, mely hatással volt a számelmélet fejl˝odésére. A Kis Fermat-tétel: ha egy tetsz˝oleges p prímszám nem osztója az a egész számnak, akkor a p−1 − 1 osztható p-vel, melynek bizonyítása és általánosítása Euler nevéhez f˝uz˝odik. Fermat Karácsonyi tétele, amit Albert Girard (1595–1632) is megfogalmazott: minden 4n + 1 (n természetes szám) alakú prímszám a tagok sorrendjét˝ol eltekintve egyértelm˝uen felírható két egész szám négyzetének összegeként. A Nagy Fermat-tétel, ami csak sejtés, mert nem született még rá bizonyítás: ha n > 2 egész szám, akkor az an + bn = cn egyenletnek nincs nem nulla a, b, c egész megoldása. [2] René Descartes (1596–1650) francia filozófus, matematikus és természettudós. Szerinte a tapasztalataink „kétellyel illethet˝ok”, az igazi tudás alapjait a gondolkodás evidenciájában találja meg. Az Értekezés az ész helyes vezetésének és a tudományos igazság kutatásának módszeré-

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

107

r˝ol cím˝u munkája 1637-ben jelenik meg. Ebben foglalja össze a filozófiában és a matematikában alkalmazható módszerekr˝ol szóló gondolatait: El˝oítélett˝ol mentesen kell a dolgokat vizsgálni. A problémákat mindig a lehet˝o legapróbb részekre kell bontani. Az egyszer˝ubbt˝ol kell a bonyolultabb felé haladni fokozatosan. A rendszer teljességét felsorolással kell biztosítani. A m˝u függelékében jelenik meg Geometria cím˝u munkája, amely három részre tagolható. Analitikus geometria az els˝o két rész témája, algebra a harmadiké. Értelmezi a párhuzamos szel˝ok tételének segítségével a szakaszok közötti m˝uveleteket. Foglalkozik a görbék érint˝oinek és normálisainak meghatározásával, vizsgálja az egyenletek megoldásának módszereit. A nevét viseli a derékszög˝u koordinátarendszer (ahol megadja a sík minden pontjának helyzetét), de a halmazok direktszorzata is. Fontosabb m˝uvei még: Elmélkedések az els˝o filozófiáról (1641), A filozófia alapelvei (1644), A lélek szenvedélyeir˝ol (1649). [3] Edward Waring (1734/36–1798) angol matematikus. F˝o m˝uve a Meditationes Algebraicae (Oxford, 1770). A Waring-probléma az additív számelmélet egyik alapfeladata, amelyet Waring bizonyítás nélkül mondott ki. [4] Carl Gustav Jacobi (1804–1851) német matematikus és fizikus. Kiemelked˝o eredményeket ért el az elliptikus függvények és a hiperbolikus integrálok elméletében. A népszer˝uséget a De Formatione et Proprietatibus Determinantium (A determinánsok képzésér˝ol és tulajdonságairól) cím˝u, 1841-ben kiadott munkája hozta meg számára. A nevéhez f˝uz˝odik a Jacobi-féle determináns vagy függvénydetermináns és a Jacobi-polinom is. [5] Arthur Josef Alwin Wieferich (1884–1954) német matematikus, tanár. F˝oleg számelméleti problémákkal foglalkozott. A nevét viselik a Wieferich-prímek, melyeket 1909-ben vezetett be p > 2-re: 2 p−1 ≡ 1 mod p2 , azaz olyan prímszámok, amelyekre p2 osztója a 2 p−1 − 1-nek. Például 1093 és 3511 Wieferich-prímek. [6] Joseph Liouville (1809–1882) francia matematikus. A számelméletben, a differenciálegyenletek elméletében, a differenciálgeometriában és a komplex függvénytanban ért el fontos eredményeket. A nevéhez f˝uz˝odnek többek között a Liouville-számok, melyek olyan irracionális p számok, melyekhez minden n egészre létezik olyan racionális szám, q

108

A WARING - FÉLE PROBLÉMA

p 1 melyre |x − | ≤ n . Minden Liouville-szám transzcendens szám, azaz q q olyan valós szám, amely nem gyöke egyetlen egész együtthatós egyváltozós polinomnak sem. Egy valós szám pontosan akkor transzcendens, ha nem algebrai. Charles Hermite 1873-ban megmutatta, hogy az e szám transzcendens, Ferdinand Lindemann pedig ugyanezt a π számról 1882ben igazolta. [7] David Hilbert (1862–1943) német matematikus. 1899-ben jelent meg Grundlagen der Geometrie (A geometria alapjai) cím˝u munkája. Ebben vizsgálta a hagyományos eukleidészi axiómákat és kidolgozta az eukleidészi tér általánosítását. Vele egy id˝oben Robert Lee Moore (1882–1974) amerikai matematikus 19 éves korában bebizonyította, hogy egyes axiómák redundánsak (bizonyos axiómák az egyik rendszerben tételként, a másikban axiómaként mondhatók ki). Megalapozta a funkcionálanalízist, lerakta az általános relativitáselmélet alapját a gravitációs téregyenlettel, melyet o˝ publikált el˝oször. Jelent˝os eredménye volt a Waring-probléma vagy Waring-sejtés bizonyítása, melyet a magyar Kürschák József (1864–1933) egyszer˝usített. [8] Godfrey Harold Hardy (1877–1947) angol matematikus, aki kiemelked˝o eredményeket ért el a számelmélet és a matematikai analízis területén. 1940-ben jelent meg A Mathematician’s Apology (Egy matematikus véd˝obeszéde) cím˝u, klasszikussá lett esszéje. A m˝u önéletírás, melyben néhány szép tétel mellett foglalkozik a „matematikai szépség”, a kreativitás fogalmával, néhány, a matematika által felvetett filozófiai problémával. [9] John Edensor Littlewood (1885–1977) angol matematikus, f˝obb eredményeit Hardyval együttm˝uködve érte el a végtelen sorok szummabilitása, az analitikus számelmélet, a Fourier-sorok és a zeta-függvény vizsgálatában. 1934-ben jelent meg el˝oször az Inequalities (Egyenl˝otlenségek) cím˝u, ma már alapm˝unek számító könyve, melyet Hardyval és Pólya Györggyel közösen írtak.

Önmagukat átmetsz o˝ zárt görbékr˝ol

1. Rajzoljunk egy görbét, amely önmagát többször metszi, és végül visszatér kiindulási pontjába. Zárt, egyetlen vonal mentén bejárható görbét kapunk. Kett o˝ nél többször ne menjen át olyan ponton, amelyben a görbe önmagát metszi. Az ilyen pontokat nevezzük ketto˝ spontoknak. 1

31. ábra

32. ábra

33. ábra

Meggondolásainkban a 31. és 32. ábrákon látható zárt görbéket megengedjük, ellenben a 33. ábrán láthatót nem. A görbe teljes bejárásakor tehát minden kett o˝ sponton éppen kétszer haladunk át. Ha a kett o˝ spontokat beszámozzuk, akkor felírhatjuk az 1 A Görbehálózatok bejárása cím˝ u fejezet tárgyával való számos érintkezési pont ellenére helyesen teszi az olvasó, ha a szóban forgó dolgokat attól egészen függetlennek tekinti, mert itt lényegét tekintve másról van szó. Ott egy szakaszhálózat volt megadva, és a különböz˝o bejárási lehet˝oségeket kutattuk. Itt a bejárási lehet˝oség kezdett˝ol fogva adott, egy „körpálya”. Azonkívül az itt vizsgálandó görbéknek a második el˝oadás értelmében csak negyedrend˝u keresztezési pontjuk van, amelyeket itt most kett˝ospontoknak nevezünk. Végül ezen a kett˝osponton mindig különlegesen haladunk át: áthaladáskor az idetorkolló négy szakasz közül mindig két egymással szemben fekv˝ot kapcsolunk egymáshoz, mert a kett˝ospontokat olyan pontokként definiáltuk, amelyekben a görbék önmagukat átmetszik, és „önmetszés” csak a megadott módon történ˝o átfutáskor következik be.

110

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

átfutási sorrendjüket. A 31. és 32. ábrák például a következ o˝ elrendezést adják: 1 2 2 1, illetve 1 2 3 1 2 3. Magától értet o˝ d˝oleg egy ilyen sorozatban minden benne szerepl o˝ számnak, mint az általa jelölt kett˝ospont képvisel o˝ jének, kétszer kell el o˝ fordulnia. Gauss [1] azonban észrevette, hogy a számok nem minden olyan elrendezésének, amelyben minden szám pontosan kétszer fordul el˝o, feleltetheto˝ meg valamely görbe kett o˝ spontjainak sorrendje. Két kett˝ospontra az 1 2 2 1 elrendezést találtuk, azonban nincsen olyan, két kett o˝ sponttal bíró zárt görbe, amelyen az 1 2 1 2 elrendezés létezik. Ebben az egyszer˝u esetben err o˝ l próbálgatással könny˝u meggy o˝ z˝odnünk. Érvényes ugyanis az a tétel, hogy egy kett˝ospontnak egyszer a sorrend páros, másszor páratlan helyén kell megjelennie, vagy ami ugyanazt jelenti: egy kett o˝ spont két helyzete között a másik kett˝ospontnak nulla vagy páros számú helye van. Ez a tétel az 1 2 1 2 elrendezés lehet o˝ ségét – amelyben két egyes között csak egy hely fekszik – már kizárja. Megjegyzés: Lásd Gauss Werke Bd 8, Seite 272, 282–286. Ennek a tételnek egy bizonyítása megtalálható Sz˝okefalvy-Nagy Gyula: [2] Mathem. Zeitschr. Bd. 26, S. 579–592 és különösen S. 580–581. A tétel itt kissé másképp van megfogalmazva és bizonyítva, mint könyvünkben. 2. Az el˝obb kimondott tétel bizonyításához ragadjuk ki G görbénk tetszo˝ leges Q ketto˝ spontját (34. ábra). Q

E

34. ábra

B

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

111

Induljunk ki a Q pontból a G görbe mentén, akkor egyszer vissza kell érkeznünk Q-ba. Ezzel a G teljes görbének egy részgörbéjét futottuk be, semmi esetre sem az egész G görbét, mert a Q-ból kiinduló négy út közül csak kett˝ore léptünk rá (mégpedig a Qból való távozáskor és az oda való visszatéréskor). B részgörbét mint a Q pontban záródó, egyetlen vonal mentén bejárható görbét foghatjuk fel (nincs jelent o˝ sége annak, hogy a Q-nál csúcs képz˝odik – a görbéknek lehet csúcspontjuk). A Q pontból kiindulva menjünk tovább a görbén, akkor a G görbének a másik, E részén haladunk át. Az E is a Q-n átmen o˝ zárt görbe, amelynek a Q pontban csúcspontja van. A Q pontban a (kihúzott) B görbe és a (szaggatott vonallal jelzett) E görbe nem metszik egymást, hanem ott érnek össze. Tehát a Q ugyan kett o˝ spontja a G-nek, azonban sem a B-nek, sem az E-nek nem kett o˝ spontja. Bizonyítsuk be, hogyha a Q-ból kiindulva és oda visszatérve átfutunk a B görbén, akkor páros számúszor haladunk át kett o˝ sponton2. A G görbének a B-n fekv o˝ kett˝ospontjai, eltekintve a Q-tól, egyrészt B-nek saját magával való metszéspontjai, tehát B kett o˝ spontjai lehetnek, másrészt a B-nek az E-vel való metszéspontjai. B-nek egy kett o˝ spontján a B teljes befutásakor pontosan kétszer kell áthaladnunk. Az áthaladások számát tehát az ilyen kett˝ospontok páros számmal növelik. A B-nek az E-vel való minden metszéspontján B-nek egy teljes bejárásakor csak egyszer haladunk át, ekkor ugyanis csak egyetlen, B-hez tartozó útszakasz megy át egy ilyen ponton (az azt ebben a pontban keresztez o˝ másik út az E-hez tartozik, és a B befutása során nem szabad rálépni). Csak annak a bizonyítása marad még hátra, hogy B-nek az E-vel páros számú közös metszéspontja van. Ezzel bebizonyítjuk, hogy B-nek Q-tól Q-ig való teljes bejárásakor éppen páros számúszor haladunk át kett o˝ sponton, mégpedig részben B-nek a kett˝ospontjain, részben B-nek az E-vel való metszéspontjain áthaladva. Magát a Q pontot ennél a számlálásnál természetesen figyelmen kívül hagyjuk. 2 Nem páros számú kett˝ osponton! A 31. ábrán az 1, 2, 2, 1 elrendezésben az 1 és 1 között csak egy ponton, a 2-en haladunk át, de azon kétszer.

112

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

3. Ha mindkét görbét (35. ábra) a Q pontban kissé lekerekítjük, akkor metszéspontjaiknak a számát nem változtatjuk meg. Ekkor két olyan B és C zárt görbével van dolgunk, amelyek átjárhatók, de nem tolhatók össze anélkül, hogy metszenék egymást. E

B

E

Q

Q

B

35. ábra

Meg kell mutatnunk, hogy két ilyen görbe egymást vagy egyáltalában nem, vagy páros számú pontban metszi. Ebb o˝ l a célból alakítsuk át lépésenként az egyiket, mondjuk az E görbét anélkül, hogy B és E görbék közös metszéspontjain változtatnánk, ugyanis éppen azt szeretnénk belátni, hogy páros számú van bel o˝ lük. E minden ketto˝ spontját ki tudjuk ugyanis küszöbölni, és ezáltal B és E kölcsönös helyzetére vonatkozóan jobb áttekintést nyerhetünk.

36. a) ábra

36. b) ábra

36. c) ábra

Legyen P az E görbének egy kett o˝ spontja. A P pont által az E görbe éppúgy két zárt D és E részgörbére esik szét, amint azel o˝ tt a G-t a Q pont a B és E görbékre bontotta; a D és E görbék a P pontban érnek össze. Ha az egész E görbének bejárási irányt tulajdonítunk, akkor a D és E is külön-külön bejárható (36. a) ábra). Most a P pontból kiindulva bejárjuk el o˝ ször a D görbét, a kijelölt irányból visszaérkezünk P-be, majd hozzákezdünk az E bejárásához, de a megadott iránnyal épp ellentétesen haladva, és

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

113

visszaérkezünk a P pontba. Az E görbén a haladás irányának a megfordításával elkerültük a P pontban az átmetszést. Ez alkalommal is egybefügg o˝ en jártuk be az egész E görbét, mégis két olyan úton haladva jutottunk át a P ponton, amelyeknek a P-ben töréspontuk van ugyan, de a P pontban többé már nem metszik egymást, hanem csak érintkeznek. Ezeket az utakat a P pontban kissé húzzuk szét egymástól, és a csúcsokat kerekítsük le, akkor az E helyett olyan zárt görbét kapunk, amely a P-ben többé nem metszi át önmagát, tehát egy kett˝osponttal kevesebbet tartalmaz (36. b) ábra). A P-nél lév o˝ csúcspontnak a lekerekítését természetesen a P-hez oly közel gondoljuk, hogy E-nek saját magával és esetleges más görbével való többi metszéspontját ne befolyásolja. Az eljárás ismétlésével egyik kett o˝ spontot a másik után távolíthatjuk el, amíg egy zárt, kett˝ospontmentes E x görbe keletkezik (36. c) ábra), amely az E-t majdnem mindenütt fedi, csak az E kett˝ospontjainak közelében tér el t o˝ le. 4. A zárt, ketto˝ spont nélküli görbe, amint az szemléletesen nyilvánvaló, körülhatárol egy területet, amelyet a görbe „belsejének” nevezünk. A síknak a többi részét, amely sem a görbéhez, sem a belsejéhez nem tartozik, a görbe „külsejének” nevezzük. A görbe belsejét és külsejét maga a zárt görbe választja el egymástól. Ha egy ketto˝ spont nélküli zárt görbét egy ponton egy másik görbe metsz, akkor ennek a második görbének ott a külsejéb o˝ l a belsejébe kell lépnie, vagy megfordítva. Ezt használjuk fel a 3. szakasz elején kimondott állítás – hogy a B és E görbék kölcsönös metszéspontjai számának párosnak kell lennie – bizonyításához. Képzeljük el – amint fentebb éppen megtettük –, hogy az E görbét kett o˝ spont nélküli E x görbével pótoljuk, amelynek a B görbével való metszéspontjai ugyanazok maradnak, mint B-nek az E-vel. Lehetséges, hogy a B görbe egészen az E x belsejében fekszik, akkor az E x -nek és B-nek nincs közös metszéspontja. Éppoly kevéssé van közös metszéspontjuk, ha a B görbe egészen az E x külsejében fekszik. Tehát csak az az eset marad még hátra, amikor a B görbe részben az E x belsejében, részben a külsejében fekszik. Legyen T a B görbének az

114

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

E x külsejében fekv o˝ tetsz˝oleges pontja. Ha T pontból kiindulva bejárjuk a B görbét, akkor a B-nek valahol az E x belsejébe kell lépnie – ez egy metszéspontot ad. Ekkor, mivel a B zárt görbe, a T -be való visszatérés során a B görbének az E x belsejéb˝ol ismét annak a külsejébe kell kilépnie, ami egy másik metszéspontot ad. B görbénk ugyan többször is beléphet E x belsejébe, majd visszatérhet onnan, de mindenesetre minden belépéshez egy kilépés is tartozik. Tehát E x -t a B vagy egyáltalában nem, vagy páros számú metszéspontban metszi. Meggondolásunk szerint az E és B görbékre is ugyanez érvényes. Ezzel, amint a második szakasz végén megfontoltuk, a kett o˝ spontok elrendezésére vonatkozó tételt teljesen bebizonyítottuk. Megjegyzés: Nem triviális, hogy egy zárt, kett o˝ spontot nem tartalmazó görbe egy bels o˝ és egy külso˝ tartományt választ el egymástól. A tétel nem igaz tetsz o˝ leges felületre, például nem igaz a tóruszra. Tehát a síkra kell kimondani a tételt, és ebben a formájában is bizonyításra szorul. Ilyen bizonyítást el o˝ ször Jordan, C. adott, kés o˝ bb sokan mások is. Róla nevezték el Jordanféle görbetételnek. Mivel a tóruszon a Jordan-féle görbetétel nem érvényes (lásd a 36. d) ábrát), a tóruszra egész érvelésünk megbukik. A tóruszon valóban meg lehet adni két kett o˝ sponttal és 1 2 1 2 elrendezéssel bíró görbét, amint azt a 36. e) ábra mutatja.

36. d) ábra

36. e) ábra

5. Ezt a tételt, amely azt mondja, hogy minden kett o˝ spontnak a zárt G görbe befutásakor egyszer páros, másszor páratlan helyen kell fellépnie, még más módon is értelmezhetjük. Fogjuk fel a G görbét térbeli alakzat vetületeként, és minden kett o˝ spontot két olyan görbeszakasz keresztez˝odésének vetületeként, amelyek kö-

115

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

zül egyik a másik felett halad. Speciálisan állapodjunk meg úgy, hogy a G görbe befutásakor váltakozva egyszer a keresztez o˝ ág felett, máskor alatta haladunk. Az a kérdés: vajon ilyen megállapodás egyáltalában keresztülvihet o˝ -e? Mert ha egy keresztez o˝ désen egyszer felül haladtunk át, akkor ezen keresztez o˝ désen való második áthaladásra (mint amilyennek a kett o˝ spontokat most felfogjuk) az alsó útnak kell megmaradnia, másrészr o˝ l a fent és lent közötti váltakozásra vonatkozó el o˝ írás egy keresztez o˝ désen való áthaladásnál egyértelm˝uen kijelöli a fels o˝ vagy alsó utat, miután egy kezdo˝ kett˝ospontot kiválasztottunk. Juthatunk-e a Q keresztez˝odési ponthoz való visszatérés tekintetében arra az ellentmondásra, hogy a Q-ból felül indulunk el, a közbees o˝ kett˝ospontokon váltakozva felül, illetve alul haladunk át, s a Q-ba mégis ismét felül érkezünk? Nem! A tételünk ugyanis pontosan azt mondja, hogy ilyen ellentmondás nem lehetséges, mert ha a Q-ból fels o˝ úton indulunk ki, akkor a keresztez o˝ d˝o görbéken váltakozva alul és felül haladva, a Q pontba alulról kell érkeznünk, mert közben páros számúszor haladunk át kett o˝ sponton, a Q utáni els o˝ kett˝ospontnál alul, a másodiknál felül stb., tehát az utolsónál is felül haladunk (a jelek páros száma miatt), tehát alul érkezünk meg a Q-ba. Azonban éppen ez a kívánság, mert ha a Q pontból felül indultunk el, akkor a kett o˝ spontoknak térbeli keresztez o˝ désként való új felfogása miatt a Q ponton való második áthaladásnál csak az alsó út marad vissza.

37. ábra

38. ábra

39. ábra

A 37. és 38. ábrán a 31. és 32. ábrán szerepl o˝ görbéket az említett módon térbeli görbék vetületeként fogtuk fel, ahol a kett o˝ spontokban a keresztez o˝ déseket ábrázoltuk. Így ezek a térgörbék csomót képeznek, éspedig olyan csomót, amelynek vetületében a

116

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

befutáskor fels o˝ és alsó vezetékek váltakoznak. Ezeket alternáló csomónak nevezzük. Pontosabban a 37. ábra nem mutat igazi csomót, mert egy, a 37. ábra mintája szerint fektetett zárt fonal nyilvánvalóan csomó nélküli körré húzható ki. Ezzel szemben a 38. ábra szerint vezetett fonal valódi csomót képez, úgynevezett hármashurkot (lóherelevél-alak), amelyet (a fonal elszakítása nélkül) nem lehet körré átalakítani. Hogy nem minden csomó magától értet o˝ d˝oen alternáló, láthatjuk a 39. ábrából. Az a tény, hogy van nem alternáló csomó, ismét a legvilágosabban mutatja, hogy tételünk mindkét megfogalmazása egyáltalában nem triviális. Megjegyzés: A 39. c) ábrán ábrázolt csomók egyébként a fonál elszakítása nélkül lóherelevél-formájúvá, azaz alternáló csomókká alakíthatók. Egyáltalán nem lehetséges azonban minden csomót alternáló csomóvá deformálni. Bankwitz, C. adott példát olyan csomóra, amely nem vetíthet o˝ alternáló módon (Mathem. Ann., Bd. 103 (1930), S. 161). Jegyzet [1] Carl Friedrich Gauss (1777–1855) német matematikus és természettudós. Szokás o˝ t a matematika fejedelmé-nek nevezni, mert kimagasló eredményeket ért el a számelmélet, az analízis és a differenciálgeometria területén is. Csodagyereknek tekintették. A legenda szerint az elemi iskolában azt a feladatot kapta, hogy adja össze az egész számokat 1-t˝ol 100-ig. A gyermek Gauss rövid id˝o alatt megadta a helyes megoldást, majd elmagyarázta gondolatmenetét. Az els˝o és utolsó szám összege 1 + 100 = = 101, ugyancsak 101 a 2 + 99, a 3 + 98 és így tovább összege is; azaz a száz szám összege: 101 · 50 = 5050. 1801-ben latinul jelent meg f˝o m˝uve: a Számelméleti vizsgálódások (Disquisitiones Arithmeticae). Ebben kristálytiszta matematikai rendszerben (definíció, tétel, bizonyítás) összefoglalja, rendszerezi és kib˝ovíti az addig elért számelméleti eredményeket. Kimondja és bebizonyítja a számelmélet alaptételét, miszerint minden, 1-nél nagyobb természetes szám egyértelm˝uen felbontható prímszámok szorzatára.

117

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

Bevezeti a maradékosztályokkal való számolást. Igazolja a Kis Fermat-tételt, hogy a p ≡ a ( mod p) bármely p prím és a egész számra teljesül. Azaz a p p-vel osztva ugyanannyit ad maradékul, mint a p-vel osztva, vagy másképpen ap hatványából a-t levonva p-vel osztható számot kapunk. Igazolja a Wilson-tételt: (p − 1)! ≡ −1 ( mod p) teljesül bármely p prímszámra. Az összefüggést John Wilson, Edward Waring tanítványa fedezte fel. Waring 1770-ben bejelentette a tételt, de bizonyítani nem tudta. Joseph-Luis Lagrange adta az els˝o bizonyítást 1773-ban. Gausss bizonyítja a kvadratikus reciprocitás tételét, az Arany Tételt. Ha p és q különböz˝o páratlan prímszámok, és p ≡ 1 ( mod 4) vagy q ≡ 1 ( mod 4) közül legalább az egyikük teljesül, akkor az x2 ≡ p ( mod q) és az y2 ≡ q ( mod p) kongruenciák egyszerre megoldhatóak vagy megoldhatatlanok (az x = y nem szükségképp teljesül); valamint ha p ≡ 3 ( mod 4) és q ≡ 3 ( mod 4) egyszerre teljesül, akkor pontosan az egyik fenti kongruencia oldható meg. Doktori értekezésében bizonyította az algebra alaptételét, amely szerint minden algebrai egyenletnek pontosan annyi gyöke van, amennyi a fokszáma. A görbe felületekre vonatkozó általános vizsgálatok (Disquisitiones generales circa superficies curvas, 1827) cím˝u munkája megalapozta a felületelmélet szisztematikus tárgyalását. Ennek alapján 1854-ben Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826–1866) habilitációs el˝oadásán megszületik a modern differenciálgeometria. Gauss nevét számos fogalom viseli, mint például: Gauss-egészek: azok az a + bi alakú komplex számok, ahol a és b is egész; 2π 2π Gauss-összeg: ha p páratlan prímszám, ω = cos( ) + i sin( ) az p p p−1

„els˝o” p-edik egységgyök, akkor a Gauss-összeg G =

∑ ωk

2

;

k=0

Gauss-lemma: egész együtthatós polinomot primitívnek nevezünk, ha együtthatóinak legnagyobb közös osztója 1; Gauss–Lucas-tétel: egy komplex együtthatós polinom gyökei és deriváltjának gyökei közötti kapcsolatot vizsgálja. Ha P(z) egy komplex együtthatós polinom, akkor P (z) deriváltjának minden gyöke P(z) gyökeinek konvex burkában van (a komplex számsíkon);

118

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

Gauss-elimináció: a lineáris egyenletrendszerek megoldásának egy lehetséges módszere, amelyben kizárólag a két egyenlet felcserélése, az egyenlet skalárszorosa, az egyik egyenlethez a másik skalárszorosának hozzáadása engedett meg. Az eljárás során mátrixok rangja és determinánsa is meghatározható; Gauss-eloszlás: vagy normális eloszlás a statisztikában az egyik leggyakrabban alkalmazott eloszlás. Abraham de Moivre 1733-ban publikálta a normális eloszlás görbéjét, a francia Pierre-Simon Laplace és Gauss alapozta meg tudományos precízséggel. Vannak, akik úgy látják, hogy Laplace munkálkodása e témában jelent˝osebb Gaussénál, azonban Gauss alkalmazta az égitestek mozgásának vizsgálatakor az összefüggést, miszerint egy folytonos valószín˝uségi változót normális eloszlá2 1 − (x−m) súnak nevez, ha s˝ur˝uségfüggvénye f (x) = √ · e 2σ2 , ahol m és σ 2π σ > 0 valós számok; Gauss-folyamatnak nevezik azt a sztochasztikus folyamatot, melynél bármely t1 , t2 . . . tn id˝opontokhoz tartozó valószín˝uségi változók együttes eloszlása normális; A teljesség igénye nélkül megemlíthetjük még a Gauss-görbületet, amely a differenciálgeometria fogalma, a Gauss–Osztrogradszkij-tételt, a Gauss–Seidel-módszert, a Gauss–Krüger-féle vetületi rendszert, valamint a Gauss-gömböt. A magyar tudománytörténetbe is beírta Gauss a nevét. Gauss és Bolyai Farkas (1775–1856) barátságáról a levelezésük alapján tudunk. Bolyai János (1802–1860), Farkas fia 1823-ban írja apjának, hogy „A semmib˝ol egy új, más világot teremtettem.” Ez volt „A tér tudománya”, melyet 1831-ben különnyomatként kiadtak, majd 1832-ben Farkas Tentamen cím˝u munkájának függelékeként Appendix címen jelent meg. Farkas 1831-ben a különlenyomatot elküldte Gaussnak. A válasz János legnagyobb csalódása volt. „Ha avval kezdem, hogy nem szabad dicsérnem, bizonyára meghökkensz, de mást nem tehetek; ha megdicsérném, ez azt jelentené, hogy magamat dicsérem; mert a m˝u egész tartalma, az út, amelyet fiad követett és az eredmények, melyekre jutott, majdnem végig megegyeznek részben már 30–35 év óta folytatott meditatióimmal. Valóban, ez rendkívül meglepett engem. [...] Nagyon meglepett tehát, hogy e fáradságtól már most megkímélhetem magamat, és nagyon örvendek, hogy éppen régi jó barátom fia az, ki engem oly csodálatos módon megel˝ozött.”

˝ Ö NMAGUKAT ÁTMETSZ O˝ ZÁRT GÖRBÉKR OL

119

Az Appendix felkerült az UNESCO 2009-es Világemlékezet Listájára (Memory of the World; MoW) mint olyan m˝u, amely a világról, a matematikáról, a geometriáról alkotott gondolkodásunkat változtatta meg, és a XX. századi fizikai elméletek alapjául szolgált. [2] Sz˝okefalvi-Nagy Gyula (1887–1953) matematikus, 22 éves korában szerzett doktori címet a kolozsvári egyetemen. 1934-t˝ol a Magyar Tudományos Akadémia levelez˝o, majd 1946-tól rendes tagja. Oktatói munkáját helyettes tanárként, majd a csíkszeredai gimnázium kinevezett tanáraként kezdte, kés˝obb a kolozsvári egyetem magántanára, a szegedi polgári iskolai tanárképz˝o f˝oiskola matematika tanszékének vezet˝oje, majd a szegedi egyetem geometria tanszékének tanára, rövid ideig a Kar dékánja. A kolozsvári egyetem visszatelepítése után ott folytatta munkáját. 1945-t˝ol újra a szegedi egyetem geometria tanszéken oktatott. Az algebra és geometria határterületei képezték f˝obb kutatási területét. Foglalkozott az algebrai görbék számelméleti tulajdonságaival, polinomok gyökeinek elhatárolásával, geometriai szerkesztések elméletével. Sokat dolgozott a tanárképzés fejlesztésén is. A Bolyai János Matematikai Társulat immár 46 éve rendezi meg a Sz˝okefalvi-Nagy Gyula nevét visel˝o tehetséggondozó matematikai emlékversenyt.

A számokat csak egyféleképpen lehet törzstényezo˝ kre bontani?

1. Minden egész számot addig bonthatunk tényez o˝ kre, amíg felbonthatatlan tényez o˝ höz, törzstényez˝okhöz [1] nem jutunk. A 60 számot fel lehet bontani például 6 · 10-re és ezután a 6-ot tovább 2 · 3-ra, a 10-et tovább 2 · 5-re. Ezek szerint a 60 szétbontható 60 = 2 · 3 · 2 · 5 tényez˝okre. Ez a 4 tényez o˝ már felbonthatatlan, törzsszámok. Hogy továbbra is a 60 szám példájánál maradjunk, ezt másképpen is felbonthatjuk. 60 = 4 · 15, azután 4 = 2 · 2 és 15 = 3 · 5, amib˝ol 60 = 2 · 2 · 3 · 5 adódik. Más sorrendben, de ugyanazon törzstényez o˝ k szerepelnek itt, mindegyik ugyanannyiszor fordul el o˝ , nagyság szerint rendezve mindkét esetben: 60 = 22 · 3 · 5. Iskoláskorunktól kezdve megszoktuk, hogy ezt magától értet o˝ d˝onek tekintsük. Az út, amelyen a törzstényez o˝ kre való felbontást végrehajtjuk, változatos; de az alapelgondolás az, hogy a végül adódó törzstényez o˝ k szorzás tekintetében éppen az utolsó épít˝okövei az egész számoknak. Egy egész szám tényez o˝ kre való felbontásakor állandóan ezekre a szilárd épít o˝ kövekre kell bukkannunk. [2]

122

A

˝ SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

Ez önmagában véve helyes, csak az a kérdés, vajon olyan magától érteto˝ d˝o-e ez, mint ahogyan látszik? Legyünk csak egészen o˝ szinték: ha szerencsésen sikerült egy nagy számot, amilyen 30 031, két törzstényez o˝ re, 59·509-re felbontani, honnan vesszük tulajdonképpen a biztonságot, hogy nincs más törzsszám, amely a 30 031-ben megvan, s hogy nincs a 30 031-nek még egy más felbontása, amelyben az 59 nem szerepel? A következo˝ kben bebizonyítjuk, hogy a számoknak törzstényez˝okre való felbontása egyértelm˝u. 2. Hogy kíváncsiságunkat kielégítsük, egy √ másik, számunkra idegen tartományba lépünk át most, az a + b 6 alakú számoknak a birodalmába, ahol √ az a és b √ két, közönséges egész számot jelöl [3]. Például 12 + 5 6 vagy 6 − 2 lesznek ilyen számok. Ezekkel fogunk most foglalkozni. Egyébként a közönséges egész számokat ezáltal semmiképpen sem zárjuk ki, mert azok valamennyien ebbe a számbirodalomba tartoznak, a b = 0 feltétel teljesülése esetén; a mi számbirodalmunk csupán a közönséges pozitív és negatív egész számok összességének egy általánosítása. Ebben a tartományban éppen olyan könny˝u mozogni, mint a közönséges egész számok birodalmában. Hogyan kell két ilyen számot összeadni és kivonni? A szabály [4] a √ √ √ (3 + 6) + (5 + 6) = 8 + 2 6 minta alapján közvetlenül világos. A szorzást is könnyen begyakorolhatjuk [5] √ √ (3 + 6) · (3 − 6) = 9 − 6 = 3, √ √ ( 6 + 2) · ( 6 − 2) = 6 − 4 = 2, √ √ √ √ √ (3 + 6) · ( 6 − 2) = 3 6 − 6 + 6 − 2 6 = 6, √ √ √ (3 − 6) · ( 6 + 2) = 6, √ √ √ (3 + 6) · (2 + 6) = 12 + 5 6, √ √ √ (3 − 6) · ( 6 − 2) = −12 + 5 6.

˝ A SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

123

Reméljük, ez a néhány példa elegend o˝ arra, hogy az olvasó belássa, milyen könnyen eligazodunk ebben az idegennek látszó birodalomban. Az osztásról magától értet o˝ d˝oleg nem beszélünk. Ez éppen úgy, mint a közönséges egész számoknál, néha sikerülne, máskor nem. Bennünket a tényez o˝ kre való felbontás érdekel. Abból a nagyon egyszer˝u és els o˝ pillanatra kínos észrevételb o˝ l indulunk ki, hogy √ √ (1) 6 = 2 · 3 = 6 · 6, és így azzal a ténnyel kell szembenéznünk, hogy a 6-nak a szokásos törzstényezo˝ s felbontásán kívül más felbontása is lehetséges. Gondoljunk az el o˝ bb feltett kérdésre: vajon a 30 031 megenged-e még az 59 · 509 tényez o˝ re bontáson kívül egy egészen más felbontást, amelyben más tényez o˝ k lépnek fel. Úgy látszik, hogy itt ilyenféle esettel van dolgunk. Ez az eset azonban természetes módon értelmezhet o˝ . A 2 és 3 számok ugyan közönséges értelemben törzsszámok, √ azaz közönséges egész számokra nem bonthatók fel, a + b 6 alakú tényez˝okre azonban nagyon könnyen szétbonthatók. A szorzás begyakorlására bemutatott példák ennek módját is megmutatják: √ √ √ √ 2 = ( 6 + 2) · ( 6 − 2), 3 = (3 + 6) · (3 − 6). A 6 = 2 · 3, tehát nem két felbonthatatlan tényez o˝ re bomlik, hanem négyre: √ √ √ √ 6 = ( 6 + 2) · ( 6 − 2) · (3 + 6) · (3 − 6). A két különböz o˝ felbontás, amelyeket az el o˝ bb (1)-ben létrehoztunk, nem egyéb, mint ennek a négytényez o˝ s felbontásnak kétkét tényezo˝ nként való összefogása: egyszer az els o˝ és második, valamint a harmadik és negyedik tényez o˝ nek, másodszor pedig az els˝onek a negyedikkel és a másodiknak a harmadik tényez o˝ vel való összefogása. Világos, hogy a tényez o˝ ket még egy harmadik módon is csoportosítani lehet, amire egyáltalában nem is gondoltunk, ugyanis az els o˝ nek a harmadik tényez o˝ vel és a másodiknak a negyedik tényez o˝ vel való csoportosítására. Ehhez is

124

A

˝ SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

minden szükségest kiszámoltunk a fenti példánkban. A harmadik lehetséges felbontás is könnyen igazolható a számítások elvégzésével: √ √ 6 = (12 + 5 6) · (−12 + 5 6). Az eset tehát világos, és nem volna nehéz maradéktalanul bebizonyítani, hogy a 6 szám fenti 4 tényez o˝ je tovább már nem bontható fel. 1 3. √Most lépjünk tovább megint egy másik birodalomba, az a+ b −6 alakú számokéba. Itt nem leszünk képesek egy (1)-nek megfelelo˝ egyszer˝u észrevételt hasonló módon megvilágítani. Ellenkez˝o√ leg, bebizonyíthatjuk, hogy ez itt nem lehetséges. Miután az a+b 6 számok birodalmában oly könnyen eligazodtunk, nem okoz semmi nehézséget, hogy számbirodalmunkat ismét megváltoztattuk. Továbbá az sem akadály, hogy itt negatív számnak a gyöke lép fel, mert ebben az új birodalomban a számolás éppen olyan egyszer˝uen és félreérthetetlenül megy √ végbe – amint rögtön megmutatjuk – mint fentebb az a + b 6 alakú számoknál. Az (1)-nek megfelel o˝ állítás itt nyilván így fest: √ √ (2) 6 = 2 · 3 = − −6 · −6. √ A 2-t, a 3-t és a −6-ot megpróbáljuk tényez o˝ kre bontani, de a próbálkozásokból ki fog t˝unni, hogy ez nem lehteséges. A kényelem kedvéért bevezetünk egy segédfogalmat, √ √ a szám normáját. Az a + b −6 szám normája alatt az a − b −6 számmal való szorzatát értjük [6], tehát √ √ √ N(a + b −6) = (a + b −6) · (a − b −6) = a2 + 6b2; √ úgy képezzük, szavakban: az a+ b −6 normáját √ √ hogy a számunkat megadó kifejezésben a −6 helyébe − −6-ot írunk, és az így kapott számot az eredeti számmal megszorozzuk. A norma tehát egy közönséges pozitív egész szám. Érvényes az a segédtétel, hogy számbirodalmunk két számából alkotott szorzatnak a 1 csak a tekintett tartományon belül! Olyan felbontást, mint √ Természetesen √ √ 6 = 2 · 3, nem engedünk meg.

˝ A SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

125

normája egyenl o˝ normájuk szorzatával. Valóban, az el o˝ bb kimondott szabály szerint √ √ N(a + b −6) · (c + d −6) = √ √ √ √ = [(a + b −6) · (c + d −6)] · [(a − b −6) · (c − d −6)], azaz egyenlo˝ a kiindulási szám, amelyet az els o˝ szögletes zárójel ˝ kifejetartalmaz, szorozva a második szögletes zárójelben lev o√ √ zéssel, amely úgy keletkezik, hogy −6-ot mindenütt − −6-tal helyettesítjük. Végeredményben van tehát négy tényez o˝ nk, amelyet csupán a sorrend megváltoztatásával így írhatunk: √ √ √ √ (a + b −6) · (a − b −6) · (c + d −6) · (c − d −6). Ez a norma értelmezése alapján valóban semmi egyéb, mint √ √ N(a + b −6)N(c + d −6). Ha a 2 szám a mi birodalmunk két tényez o˝ jére volna bontható: √ √ 2 = (a + b −6)(c + d −6), akkor

√ √ N(2) = N(a + b −6)N(c + d −6) √ √ volna. N(2) nem más, mint (2+0· −6)(2−0· −6) = 2·2 = 4, és 4 = (a2 + 6b2) · (c2 + 6d 2 ).

A 4-nek 2 közönséges egész számra való ilyen felbontása két módon lehetséges: vagy mindkét tényez o˝ egyenlo˝ kett˝ovel, vagy az egyik négy, a másik egy. Mindkett o˝ azonban itt nem lehetséges, mert kett˝ot egyáltalán nem lehet x 2 + 6y2 formában el o˝ állítani, és az egyet is csak azon a módon, hogy x = a = 1, y = b = 0; tehát a kett˝ot csak úgy √ lehet két tényez o˝ re bontani, hogy a kett o˝ közül az egyik 1 + 0 −6 = 1. Ezt a triviális felbontást azonban épp oly kevéssé tekintjük felbontásnak, mint a közönséges számelméletben az 5 = 1 · 5-öt nem tekintjük az 5 törzsszám felbontásának. A mi birodalmunkban is egy számot felbonthatatlannak

126

A

˝ SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

mondunk, ha nincs neki más felbontása, mint az olyan, amelyben az egyik tényez o˝ 1. √ Pontosan ugyanezen a módon mutatható meg, hogy a 3 is, a −6 is felbonthatatlanok. Ezekben az esetekben négy helyett a 9, illetve 6 számokat kellene az x 2 + 6y2 alakú számokra felbontani. Tehát most a (2) által adott ténnyel állunk itt szemben. Egy szám két különböz o˝ módon bontható fel felbonthatatlan tényez˝okre. Ezért egész biztosan nem lehetséges logikailag magától értet˝od˝onek venni, hogy egy ilyen felbontás mellett másik nem lehetséges, ha közönséges egész számokról van szó. Ugyanis ha ez logikailag magától értet o˝ d˝o volna, akkor a legutóbb megfigyelt birodalmunkban is érvényesnek kellene lennie. Ha a közönséges számoknál ennek ellenére érvényes, akkor ez az egész számok különlegessége, amelyet ugyanezeknek valamely különleges tulajdonsága alapján be kell bizonyítani. Nevezetes tény, hogy a görög matematikusok elfogulatlan, világos logikával felismerték annak a szükségességét, hogy a felbontás szóban forgó egyértelm˝uségét bebizonyítsák. Ezt a tényt egyébként Eukleidész nem ilyen egyszer˝u, modern formában közölte. A megfogalmazásban fennálló különbségekt o˝ l eltekintve a bizonyítást is kissé másként végezzük, mint az Eukleidésznél található. 4. A 30 többszöröse a 3-nak, és többszöröse az 5-nek is; ezért ezt a 3 és 5 közös többszörösének nevezzük. Általánosan két szám közös többszörösén olyan számot értünk, mely mind a két számnak többszöröse. Két tetsz o˝ leges a, b számnak mindig van közös többszöröse, ugyanis a szorzatuk, ab, mindig ilyen. A 3 és az 5 esetén a 3 · 5 = 15 is közös többszörös és kisebb, mint a 30. Az már magától értet o˝ d˝o, hogy 30, azaz 15-nek a kétszerese, és általában ab-nek minden többszöröse, a-nak és b-nek közös többszöröse. Két számnak mindig végtelen sok közös többszöröse van. Azonban ezek még nem merültek ki az ab szorzattal és többszöröseivel. A 10 és 15 számoknak nemcsak a 150, 300, 450 a közös többszörösük, hanem nyilvánvalóan már a 30 és ezzel együtt a 60, 90, 120, 150, 180 . . . is, amelyekb o˝ l a 150-nek a többszörösei

˝ A SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

127

csak egy részt képeznek. Másrészr o˝ l a 30 nyilvánvalóan a legkisebb szám, amely 10-nek és 15-nek többszöröse. Általában világos, hogy két szám, a és b összes közös többszörösei közt mindig kell lenni egy legkisebbnek, mert ha az ab-ig terjed o˝ összes számot kipróbáljuk, vajon a-nak és b-nek közös többszörösei-e, akkor lennie kell közöttük egy egyértelm˝uen meghatározható els o˝ számnak, amely ilyen tulajdonságú (esetleg maga az ab szorzat lesz az els˝o), és ezt fogjuk az a, b számok legkisebb közös többszörösének nevezni. Els˝odleges célunk most a következ o˝ tétel kimondása: két szám minden más közös többszöröse a legkisebb közös többszörösüknek egy többszöröse. Az a = 10, b = 15 számokra ez a tétel azt mondja, hogy a 30 többszöröseinek a szorzata, tehát 60, 90 . . . a 10, 15 számok összes közös többszörösét kimeríti. Ez arra is példa, hogyan lehet egyáltalán konkrét számpélda esetén ezeket a közös többszörösöket könnyen kiszámítani. Lássuk be, hogy ez a tétel általánosan helyes. A bizonyítás azon az egyszer˝u felismerésen alapul, hogy az a, b számok két közös többszörösének különbsége is mindig közös többszöröse az a, b számoknak. Mert az a szám két többszörösének a különbsége – már az els o˝ fejezetben is ezt állapítottuk meg – ismét többszöröse az a-nak, a b szám két többszörösének a különbsége ismét többszöröse a b-nek; tehát két olyan számnak a különbségét kell venni, amely mind az a-nak, mind a b-nek többszöröse, akkor ezeknek a különbsége is egyszerre többszöröse a-nak és b-nek, tehát mindkett o˝ nek közös többszöröse. Legyen most v az a és b számok legkisebb közös többszöröse, és legyen W mindkét számnak valamilyen közös többszöröse, akkor az el o˝ rebocsátott megjegyzés szerint W − v is közös többszöröse az a, b számoknak, és ha ebb o˝ l még egyszer kivonom a v-t, akkor ismét az a, b számoknak egy közös többszörösét kapom; röviden, ha W − v, W − 2v, W − 3v . . . számoknak a sorozatát képezzük, akkor ezek mind az a, mind a b közös többszörösei lesznek Mivel v valamennyi közös többszörös közül a legkisebb, ezen számok közül az els o˝ , a W − v még biztosan

128

A

˝ SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

nem negatív. A következ o˝ k közül talán még néhány nem negatív. Azonban elo˝ bb-utóbb ebben a sorozatban egy negatív számnak kell fellépnie, és etto˝ l kezdve aztán minden további szám negatív. Itt alapjában véve most csak arról van szó, amit az iskolában W -nek v-vel való osztásának neveznek: megkíséreljük W -b o˝ l a v-t annyiszor elvenni, amint ez lehetséges (azaz pozitív számokkal lehetséges), és ha az osztás nem maradék nélküli, végül egy maradék lép fel, amely pozitív, de kisebb, mint maga a v osztó. Ha a mi esetünkben az osztás nem volna maradék nélküli, akkor ez a maradék, azaz a fentebbi számok közül az utolsó W − xv, amely még pozitív, az a, b-nek egy közös többszörösét állítaná el˝o, amely kisebb volna, mint a v, ellentétben a v lényegi tulajdonságával, hogy a közös többszörösök közül a legkisebbnek kell lennie. Tehát ennek az osztásnak maradék nélkülinek kell lennie, amint állítottuk. 5. A közös többszörös fogalmával szembeállítható a és b számok közös osztója: a t számot az a, b számok közös osztójának nevezzük, ha a is és b is maradék nélkül osztható vele. A 4. pont tételéb o˝ l adódik, hogy kiváltképpen az ab szorzat is, amely mindig az a, b közös többszörösei közt szerepel, többszöröse a v-nek. Most bebizonyítjuk a továbbiakban szükséges segédtételt: két a, b szám szorzatának és legkisebb közös többszörösének a hányadosa, tehát a d=

ab v

szám mindig közös osztója az a és b számoknak. A bizonyítás kézenfekv o˝ , mert a d-re vonatkozó egyenl o˝ ségb˝ol következik, hogy v d = b, a v és mivel v többszöröse a-nak, nem tört, mint ahogy látszik, a hanem egész szám, tehát b egész számú többszöröse d-nek, vagy másként kifejezve, d osztója b-nek; éppen úgy d osztója az a-nak, tehát közös osztója a-nak és b-nek, amint állítottuk.

˝ A SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

129

6. Most már bebizonyíthatjuk azt a fontos tételt, amelyb o˝ l a törzstényezo˝ kre való felbontás egyértelm˝usége azonnal következik: Ha egy p törzsszám két szám, x és y szorzatának, xy-nak osztója, akkor osztója vagy az x-nek, vagy az y-nak, tehát biztosan osztója a két tényez˝o valamelyikének. A bizonyítás azon alapszik, hogy p és x számok legkisebb közös többszörösét, v-t tekintjük. Egyrészt akkor a 4. pont tétele adódik: xy, amely a feltevés szerint p-nek egyik többszöröse, és nyilvánvalóan többszöröse az x-nek, tehát közös többszöröse p és x számoknak, biztosan többszöröse v-nek: (1)

xy = hv.

Másrészt az 5. pont tételébo˝ l adódik, hogy a (2)

d=

px v

egyenlo˝ ségben d egész szám és közös osztója p-nek és x-nek. Egy törzsszámnak, p-nek, osztója csak p vagy 1 lehet, tehát vagy d = p, vagy d = 1. Az els o˝ esetben d = p osztója x-nek, tehát az állítás abban az értelemben teljesedik ki, hogy p az xy els o˝ tényez˝ojének osztója. A második esetben d = 1. A (2) miatt 1 = px , azaz v = px, ezért (1) következtében xy = h(px). Ha x-szel v egyszer˝usítünk, akkor y = hp azt mutatja, hogy ebben az esetben p az y-nak, az xy szorzat másik tényez o˝ jének az osztója. Tehát p minden esetben a két tényez o˝ egyikének osztója. Közvetlenül következik ebb o˝ l, hogy ha egy törzsszám több szám szorzatának osztója, akkor a tényez˝ok egyikének is osztója. Mert ha például ez a törzsszám xyz szorzatnak osztója, akkor xnek vagy yz-nek is osztója és az utóbbi esetben y-nak vagy z-nek, mindenesetre a három tényez o˝ egyikének osztója. 7. A törzstényez o˝ kre való egyértelm˝u felbontás tétele ebb o˝ l közvetlenül következik. Ha egy N számnak kétféle törzstényez o˝ s felbontása van, akkor N = p · q · r · s . . . = P · Q · R · S . . .,

130

A

˝ SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

p az N-nek osztója, tehát a jobb oldali szorzatnak is osztója, ennélfogva osztója a jobb oldali törzstényez o˝ k valamelyikének. Azonban ha egy törzsszám egy másikban megvan, akkor a törzsszám fogalma miatt ez csak azt jelentheti, hogy a kett o˝ egymással azonos. Tehát a p-nek a jobb oldali törzstényez o˝ k között mindenesetre el˝o kell fordulnia, és éppen így a bal oldali felbontás minden másik törzstényez o˝ jének. Mivel mindkét felosztás egyenl o˝ jogú, éppen így következne, hogy a jobb oldali felbontás minden törzstényezo˝ jének a baloldaliak között el o˝ kell fordulnia, röviden: mindkét felbontásnak pontosan ugyanazokat a törzstényez˝oket kell tartalmaznia. Hátra van még az a kérdés, hogy vajon ezek a törzstényez˝ok mindkét oldalon ugyanolyan gyakorisággal lépnek-e fel? Ha most p a bal oldalon mondjuk a-szor, a jobb oldalon A-szor fordul el˝o, ha N = pa qb rc . . . , másrészt N = pA qB rC . . . és A különbözne a-tól, akkor a két szám egyikének, mondjuk A-nak nagyobbnak kellene lennie. Azután p a -nal osztunk, és az M=

N = pA−a qB rC . . . = 1 · qbrc . . . pa

számot képezzük. Itt M szám volna hasonlóképpen kétféle módon törzstényez o˝ kre felbontva. De míg a jobb oldali felbontásban p teljesen hiányozna, addig a bal oldaliban feltétlenül szerepelne, ha A nagyobb volna, mint a. Azonban már kimutattuk, hogy ugyanazon szám két felbontásának ugyanazokat a törzstényez˝oket kell tartalmaznia; speciálisan érvényesnek kell ennek lenni a M-re és mindkét felbontására, ellentétben a fentebbi következtetéssel. Tehát a = A-nak kell teljesülni, és éppen így a q, r . . . törzstényezo˝ knek mindkét felbontásban ugyanolyan gyakorisággal kell el o˝ fordulniuk. Önkéntelenül is felmerül bennünk a kérdés: miért nem érvé√ nyes ez az egész következtetés a 3. pontban tárgyalt a + b −6 alakú számokra. A valóságban minden további nélkül átvihet o˝ majdnem minden következtetés, az egyetlen, ami nem vihet o˝ át: a 4. pont tételének a bizonyítása. Tehát ez az egésznek a magja.

˝ A SZÁMOK TÖRZSTÉNYEZ OKRE BONTÁSA

131

Jegyzet [1] A természetes számok körében azokat a számokat, amelyeknek pontosan két osztójuk van, 1 és önmaguk, törzsszámoknak vagy felbonthatatlan (irreducibilis) számoknak nevezzük. Így az 1 és a 0 nem törzsszám. A természetes számok körében pontosan a törzsszámok rendelkeznek a prímtulajdonsággal, azaz ha a törzsszám osztója egy szorzatnak, akkor osztója a szorzat legalább egyik tényez˝ojének. Ezért a törzsszámokat prímszámoknak is nevezzük. [2] Az elemi számelmélet alaptétele. A természetes számok körében minden 1-t˝ol és 0-tól különböz˝o szám egyértelm˝uen felbontható törzsszámok (prímszámok) szorzatára. A bizonyítást két lépésben végezzük. El˝oször a felbontás létezését igazoljuk, majd indirekt úton igazoljuk a felbontás egyértelm˝uségét. Feltételezzük, hogy van két különböz˝o felbontás, de így ellentmondásra jutottunk, tehát a következtetésünk az, hogy nem lehet két különböz˝o felbontás. √ [3] Ha a és b egész szám, i = −1, akkor az a + bi alakú komplex számokat Gauss-egészeknek vagy komplex egészeknek is szoktuk nevezni. Ebben a számkörben ugyanúgy értelmezhet˝o a számelmélet alaptétele, mint a természetes számok halmazán, de általánosan, valamely K test feletti gy˝ur˝uben is megfogalmazható ez a tétel. [4] Komplex számok összege: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, szorzata: (a + bi) · (c + di) = (a · c + b · d) + (ad + bc)i. [5] Az els˝o példánál felhasználhatjuk az (a + b)(a − b) = a2 − b2 √ √ √ 2 azonosságot: (3 + 6) · (3 − 6) = 32 − 6 = 9 − 6 = 3. [6] Általánosan, ha α = a + bi Gauss-egész, akkor α normája N(α) = αα = (a + bi) · (a − bi) = a2 + b2 = |α|2 . 2 2 Itt felhasználtuk √ √ az (a + b)(a − b) = a − b azonosságot, valamint azt, hogy −1 · −1 = 1.

A négyszínprobléma

1. 1879-ben Londonban a Földrajzi Társaság ülésén Cayley [1] a következo˝ problémát fejtegette. Tudvalev o˝ leg a térképeket több színben nyomtatják, legjobb minden országot más színnel jelölni; mivel azonban a sokféle színnel való nyomás költséges, megelégszünk azzal, hogy csak olyan országokat tartunk meg különböz o˝ szín˝ueknek, amelyek egymással szomszédosak.

a

b

c

b d

40. a) ábra

b

c

40. b) ábra

a

a

c

d

40. c) ábra

Egy szigetnek a térképe, amint a 40. a) ábra mutatja, ebben az értelemben 3 színt kíván: a tenger kék, amint szokásos, és a két ország számára még két szín szükséges. A 40. b) ábra olyan térképet mutat, melyhez feltétlenül 4 színre van szükség, mert a 3 ország mindegyike a tengerrel érintkezik, és emiatt ennek színét nem vehetik fel. Mivel párosával egymással is érintkeznek, 3 különböz o˝ színt kell kapniok. Ez összesen 4 szín. A 40. c) ábra mutatja, hogy ugyanez a szükséglet akkor is el o˝ állhat, ha a tenger színezéséto˝ l eltekintünk. Itt a középs o˝ ország venné át azokat a funkciókat, amelyeket a 40. b) ábrában a tenger gyakorolt. Nagyobb térképek is, amilyeneket a 41. és a 42. ábra mutat, a bejelölt módon, 3 vagy 4 színnel, a, b, c, d-vel színezhe-

134

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

t˝ok. Azt várjuk, hogy az egyre bonyolultabb térképek egyre több színt igényelnek. A valóságban eddig még találtak olyan, mégoly bonyolult térképet, amelyre 4 színnel a megadott feltételek szerint ne boldogulnánk. Bebizonyítani azonban épp ily kevéssé tudták, hogy bármely elgondolható térképnél 4 szín elegend o˝ . [2] Ismét egy egészen egyszer˝u és minden matematikai ismeret nélkül megérthet o˝ probléma áll el o˝ ttünk, amelyet néhány pillanat alatt minden, a matematikában laikus ember is felfog, de mégsem bizonyította eddig senki. [3]

41. ábra

42. ábra

Azt ellenben már bebizonyították, hogy 5 színnel minden térképnél boldogulunk azt figyelembe véve, hogy két o1yan tartomány, amelynek közös határa van, nem kaphatja ugyanazt a színt. Azokat a tartományokat, melyek csak 1 csúcsban érintkeznek, jelölhetjük ugyanazzal a színnel (mint például a sakktáblán) Ennek a tételnek a bizonyítását fogjuk itt ismertetni. 2. Az Euler-tétel. Az ötszín-tétel bizonyításához a f o˝ segédeszköz egy általános tétel, mely egy tetsz o˝ leges térképen a csúcspontok c, a felületek (tartományok) l és az élek (határok) e számára vonatkozik, s amelynek fontossága messze túlnyúlik az el o˝ ttünk fekvo˝ speciális probléma keretein. Azt állítja, hogy mindig (1)

c + l = e + 2.

A 41. ábrán például szerepel 8 csúcs (azaz olyan pont, amelyben legalább 3 tartomány érintkezik), 6 felület és 12 él (minden élt egyik csúcstól a legközelebbiig számítva), és valóban 8 + 6 = 12 + 2.

135

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

Hogy ezt a XVIII. század nagy matematikusa, Euler [4] által igazolt, s már Descartes által egy évszázaddal el o˝ tte ismert tételt bebizonyítsuk, képzeljük el, hogy az ábra nem országtérképet ábrázol, hanem szántóföldek rendszerét. A határok legyenek gátak, amelyek ezeket egymástól elválasztják, a küls o˝ területen köröskörül víz folyik. Most gátat gát után úgy kell lerombolni, hogy sorban minden szántóföld víz alá kerüljön (43. ábra). Ehhez nem szükséges éppenséggel minden gátat lerombolni; s o˝ t el kell kerülni valamennyi olyan gátnak a megnyitását, amelynek két oldalát már víz veszi körül. Id o˝ nként olyan gátat kell átszakítani, amelynek csak egyik oldalát határolja víz, a másikat még nem. A cél az, hogy minden gát átszakításakor egy újabb mez o˝ kerüljön víz alá. Világos, hogy mindenesetre l − 1 gátat biztosan le kell rombolni, hogy az összes l − 1 szántóföldet, amennyi a külterületen felül van, elárasszuk. Az is világos azonban, hogy a gátak átvágását ténylegesen addig kell folytatni, amíg van elárasztatlan földterület, tehát amíg mind az l − 1 mez o˝ t elárasztottuk. Az eljárást tehát nem lehet befejezni, miel o˝ tt l − 1 gátat le nem romboltunk. A lerombolt gátaknak a száma tehát pontosan l − 1. 5 1

2

3 6

43. ábra

A 4 B

44. ábra

Most vizsgáljuk meg, mely gátak maradtak érintetlenek. 1. A gátak mentén haladva száraz lábbal eljuthatunk még minden csúcsponttól a többihez. Mert eredetileg, amikor a víz még csak kívül volt, biztosan megtehettük ezt, mert ha nem tehettük volna meg, akkor két vagy több egymástól teljesen elválasztott szántóföldrendszerünk lett volna, úgyszólván különálló szigetek, és az egész feladatot minden ilyen szigetre külön kellett volna tárgyalnunk. Ha azonban valamely AB gátnak a lerombolása a folyamatos elárasztás során úgy történt volna, hogy most a még

136

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

álló gátak két különálló rendszerre bomlanának (44. ábra), s az egyiken lév o˝ csúcspontról a másik rendszeren lév o˝ csúcspontra többé száraz lábbal nem mehetnénk át, akkor a víz most A és B pontok között átfolyna, tehát az AB gátat megnyitása el o˝ tt mindkét oldalról víz mosta volna. Azonban kifejezett kívánság volt, hogy ilyen gátat ne romboljunk le.

45 ábra

2. Ha valamely csúcspontból – mondjuk P-b˝ol – minden (még) lehetséges irányban egy-egy hírnököt küldünk, akiknek be kell járniok a gátakat, és az útjukba es˝o csúcspontokat meg kell vizsgálniok, akkor két ilyen hírnök ugyanabban a csúcspontban – mondjuk Q pontban – sohasem találkozhat. Mert ha lerombolatlan gátakon két különböz o˝ út vezetne a P-b o˝ l a Q-ba, amint a 45. ábra mutatja, akkor ez a két út együttesen olyan területet határolna el, amely lerombolatlan gátakkal volna körülvéve, amelybe tehát nem nyomulhatott volna be víz. A hírnökök kiindulási pontját rögzítve, ett o˝ l egy meghatározott csúcspont csupán egy meghatározott úton érhet o˝ el. A csúcspont elérése el˝ott meghatározott útvonalon kell haladni. Minden útszakaszhoz tartozik egy csúcspont, mint a végpontja. Ilyen végpont éppen annyi van, mint amennyi lerombolatlan gát. Azonfelül egy csúcspontot, mint kiindulási pontot kell még számításba venni, tehát a szétrombolatlan gátaknak a száma pontosan c − 1. Összesen tehát l − 1 felrobbantott és c − 1 épségben maradt gát van; ezért az összes gátnak a száma e = (l − 1) + (c − 1), és ebb˝ol a zárójel felbontása után adódik (1).

137

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

3. Még egy további el o˝ készít˝o lépést bocsássunk el o˝ re az ötszín-tétel bizonyításához: Elegend o˝ azt megmutatni, hogy minden olyan térkép kiszínezhet˝o öt színnel, amelyen a csúcspontokban sohasem érintkezik háromnál több tartomány. Ha ugyanis olyan térképünk van, amelyen egy csúcsban háromnál több tartomány érintkezik (46. a) ábra), akkor rajzoljunk melléje egy olyan térképet (46. b) ábra), amely egyébként pontos másolata a másiknak, de ezen csúcspont körül egy új, kicsi tartományt rajzoltunk még be. Ezen a térképen tehát 1 tartománnyal több van, és új csúcspontok keletkeztek, azonban nincs olyan csúcspont, ahol háromnál több ország találkozik. Miközben minden ilyen csúcsponttal hasonlóképpen járunk el, végül olyan térképet állíthatunk el o˝ , amely minden ilyen csúcsponttól mentes. Ha most meg tudjuk mutatni, hogy 5 színnel színezhet o˝ minden olyan térkép, amelynek csúcspontjaiban mindig csak 3 ország találkozik, akkor többek között az éppen most el o˝ állított térkép is színezhet o˝ 5 színnel, mondjuk azon a módon, ahogyan a 46. b) ábrában bejelölt bet˝uk mutatják. Ebb o˝ l következik, hogy a 46. a) ábra is színezhet o˝ az ott jelölt színekkel (itt azok a tartományok, amelyek csak csúcspontban érintkeznek, de határolóvonal mentén nem, ugyanolyan szín˝uek lehetnek). Így tehát minden térkép 5 színnel színezhet o˝ lenne.

a e

b c d

46. a) ábra

b

a c

d

c

b

46. b) ábra

4. A bizonyítás: Legyen l 2 a 2 csúcspontú, l 3 a 3 csúcspontú országoknak a száma és így tovább, akkor valamennyi országnak

138

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

a száma, l, az egyes típusoknak 1 a számából tevo˝ dik össze: (2)

l = l2 + l3 + l4 + . . .

Az l2 darab 2 csúcspontú tartomány mindegyikének 2 határa van, ez 2l2 határ; az l3 darab 3 csúcspontú tartomány mindegyikének 3 határa van, ezek 3l 3 határt adnak és így tovább. A határoknak ilyen átvizsgálásával végül valamennyi határt megkapjuk, de mindegyiket kétszer, mert egyszer az egyik, másszor a másik határoló tartomány alapján számítottuk be. Ezért: (3)

2e = 2l2 + 3l3 + 4l4 + . . .

Éppen így a tartományoknak csúcspont szerinti átvizsgálása minden csúcspontot pontosan háromszor szolgáltat, mivel a feltevésben megengedtük, hogy minden csúcspontban 3 tartomány találkozzék.2 Tehát (4)

3c = 2l2 + 3l3 + 4l4 + . . .

A (3) és (4)-b o˝ l együttvéve következik: (5)

3c = 2e.

Ha az (1) alatti Euler-formula mindkét oldalát 6-tal megszorozzuk, és az (5) miatt 6c + 6l = 6e + 12 = 9c + 12 lesz, ezért 6l = 3c + 12, 1

A csúcspont nélküli vagy 1 csúcspontú tartományoktól, amint könnyen belátható, eltekinthetünk. 2 A 3. szakaszbeli meggondolások mindenekel˝ ott csak annak a feltevésére jogosítanak bennünket, hogy minden csúcsponthoz legfeljebb 3 tartomány tartozik. Minden csúcspontban legkevesebb 3 tartomány érintkezik, mert a csúcspont ezáltal különbözik minden más, valahol egy egyenesen fekv˝o ponttól.

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

139

vagy a (2) és (4) miatt 6(l2 + l3 + l4 + . . .) = (2l2 + 3l3 + 4l4 + . . .) + 12, vagy végül, ha l 2 , l3 . . . szerint rendezünk: (6)

4l2 + 3l3 + 2l4 + l5 = 12 + l7 + 2l8 + . . ..

Ez a következ o˝ el˝ozetes eredményt szolgáltatja: olyan térképen, amelynek csúcspontjaiban mindig csak 3 tartomány érintkezik, biztosan van egy 6-nál kevesebb csúcspontú tartomány. Ha nem volna ilyen, akkor nem volna 2 csúcspontú tartomány sem, tehát l2 = 0, és éppen így l 3 , l4 , l5 = 0. A (6)-ban a bal oldalon 0 áll, míg a jobb oldalon legalább 12-nek kell állnia. A 40. a), 40. b), 41., 42. ábrabeli térképek olyan eseteteket mutatnak, amelyekben jobb oldalon tényleg 12 áll (7, 8 csúcspontúak itt nem fordulnak el o˝ ). Érvényesek a következ o˝ összefüggések: 40. a) ábra: l2 = 3, l3 = 0, l4 = 0, l5 = 0, 40. b) ábra: l2 = 0, l3 = 4, l4 = 0, l5 = 0, 41. ábra: l2 = 0, l3 = 0, l4 = 6, l5 = 0, 42. ábra: l2 = 0, l3 = 0, l4 = 0, l5 = 12. Mindezekben az esetekben tehát az l i számok közül csak egy különbözik 0-tól; a 40. c) ábrában másként van. Tudjuk most, hogy térképünkön biztosan van egy tartomány, amelynek legfeljebb 5 csúcspontja van, s o˝ t talán még 5-nél is kevesebb csúcspontú. Vizsgáljuk át sorban egy kétszög, egy háromszög, egy négyszög, egy ötszög lehet o˝ ségét! 1. Egy kétszög van adva. Ennek éppen 2 szomszédos tartománya van. Gondoljuk most, hogy két határának az egyikét (a 47. ábrában szaggatott) eltöröltük. Az így megváltoztatott térképnek most már nem l, hanem csak l − 1 tartománya van. Feltéve, hogy már sikerült ezt 5 színnel kiszínezni, és az 1 határ eltörlésével és 2 tartománynak eggyé való összevonása útján keletkez o˝ tartomány a szín˝u, a szomszéd ország b szín˝u, akkor semmi akadálya, hogy az eltörölt határ visszaállításával az eredeti 2 csúcspontú országnak a c színt adjuk, mert ezt csak 2 szomszéd ország határolja, és

140

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

ezek a és b szín˝uek, c, d, e a kiindulási ország színezésére szabadoon felhasználhatók. Tehát, ha a megváltoztatott l − 1 tartományú térkép 5 színnel kiszínezhet o˝ , akkor kiszínezhet o˝ a szóban forgó l országgal rendelkez o˝ térkép is.

b

(c)

a

47. ábra

2. Egy L háromszög van adva, a szomszédos tartományok L 1 , L2 , L3 (48. ábra). A 3 határ egyikét eltöröljük; feltéve, hogy az így keletkezo˝ l − 1 országgal rendelkez o˝ térkép már 5 színnel kiszínezhet˝o, akkor az eltörölt határ visszaállítása után csak L számára kell egy színt kijelölni, amely az L 1 , L2 , L3 -nál alkalmazott 3 színt˝ol különböz o˝ . Ilyen szín még kett o˝ áll rendelkezésünkre.

48. ábra

49. ábra

3. Egy négyszög van adva. Analógia alapján belátjuk, hogy az L számára az 5 szín közül még egy marad fenn, mert 4 szomszédos országa számára legfeljebb 4 különböz o˝ szín volna szükséges. Közben itt egy újfajta nehézség merülhet fel: ugyanaz az

141

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

ország, mint a 49. ábrában L 2 , az L mentén különböz˝o határokkal csatlakozhat. Ha az egyiket eltöröljük, akkor a másikat is el kell törölnünk, mert egy országnak nincs szüksége olyan határra, amely saját magával érintkezik. Ezáltal egy gy˝ur˝u alakú tartományhoz jutunk, amelynek két, teljesen elválasztott (egy bels o˝ és egy külso˝ ) határa van. Az ilyen országokat eddig (már az Eulertétel bizonyításakor) hallgatólagosan kizártuk. Itt is elkerülhetjük azokat. Mert ha L és L2 együtt gy˝ur˝ut képeznek, akkor az L másik két határának L 1 - és L3 -hoz kell tartozniuk, amelyeket ez a gy˝ur˝u elválaszt egymástól. Ennek következtében L 1 -nek és L3 -nak különböznie kell egymástól, és közös határuk nem lehet, tehát azonos színt kaphatnak. L-nek az L 1 és L3 felé es˝o határát eltöröljük. Mindkét határ eltörlése után l − 2 tartományú térképünk lesz, tehát valóban kevesebb, mint l. Ha ezeket 5 színnel színezhetjük, akkor az eredetit is, mert L-nek csak 3 szomszédja van, közülük 2 ugyanazon színnel ellátva, és L számára még 3 szín szabad. L1

L4 L L3

50. a) ábra

L1

L5 L

L2 L4

L2

L3

50. b) ábra

4. Ötszög van megadva. Ebben az esetben az el o˝ bbi nehézség még komolyabb formában jelentkezik. Lehet, hogy L-nek 2 szomszédja azonos (50. a) ábra), vagy másutt érintkeznek (L 2 és L4 az 50. b) ábrán). Mindkét esetben van 2 olyan szomszéd, mint L1 , L3 , amelyek nem is azonosak, nem is érintkeznek, mert ezt

142

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

nem tudnák megtenni anélkül, hogy ne törnék szét a zárt láncot, amelyet az 50. a) ábrán az L az L 2 -vel, az 50. b) ábrában az L az L2 -vel és L4 -gyel együtt alkot. Tehát minden esetben az L-nek van két ilyen szomszédja, L 1 és L3 , amelyek soha nem érintkeznek (51. ábra). L-nek ezzel a két szomszédjával alkotott határát töröljük el. Akkor ismét l − 2 tartománnyal rendelkez o˝ térképünk van, tehát kevesebb, mint l tartomány. Ha ezt 5 színnel kiszínezhetjük, akkor L, L 1 , L3 , mondjuk, valamilyen a színt, L 2 b színt, L4 c-t és L5 d színt kap – ez 4 szín. A határok visszaállítása után L-et a fennmaradó ötödik színnel, e-vel kell színeznünk, hogy az eredeti térkép 5 színnel színezhet o˝ legyen. L1

L5 L L4

L2

L3

51. ábra

Mivel mindegyik térképünkön vagy két-, vagy három-, vagy négy-, vagy ötszögnek kell el o˝ fordulnia, ezért ezzel a redukciós eljárás lezárult, és azt mutatja, hogy minden térképen 1 vagy 2 határt eltörölhetünk. Ha az így redukált térkép lehet o˝ vé tesz 5 színnel való színezést, akkor ebb o˝ l az eredeti térképre nézve ugyanez következtethet o˝ . Ezt a redukciós eljárást mindaddig folytatjuk, amíg már csak legfeljebb 5 tartomány marad. Az olyan térkép, amely már csak 5 tartományt vagy kevesebbet tartalmaz, magától értet˝od˝oleg 5 színnel kiszínezhet o˝ . Tehát a redukciós eljárásunkban szereplo˝ k mindegyike, és végül az eredetileg adott térkép is, 5 színnel kiszínezhet o˝ . 5. Lényegtelen, hogy a térképet sík lapon vagy földgömbön képzeljük-e el. A küls o˝ tartomány, amint többnyire neveztük, az óceán, a földgolyó többi részét kitölti. A földgömbre való áttérésnél pontatlanság csak akkor lépett volna fel, ha ezt figyelmen kívül hagytuk volna. Következtetési módunk a földgömbre nézve

143

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

ugyanaz marad, ennek egész jellege ezt közvetlenül felismerhet˝ové teszi. Mert itt nem vettünk figyelembe se egybevágósági tételeket, se szakaszok vagy szögek egyenl o˝ ségét, amelyeket a görbült gömbfelületen mással kellene helyettesítenünk, hanem csak fekvésviszonyokra vonatkozó általános következtetéseket, amelyek a gömbre is minden további nélkül érvényesek. Kissé más a helyzet, ha a Szaturnusz gy˝ur˝ujére akarnánk egy térképet ráfesteni – feltéve, hogy a Szaturnusz gy˝ur˝uje szilárd alakulat volna, és nem laza tömeg, amilyet a valóságban képez. Itt kigondolhatunk egy térképet – modell nélkül kényelmetlen ennek az el˝oadása, és ezért csak eredményében ismertetjük –, amely 7 tartományból áll, ezeknek mindegyike a többi 6-tal érintkezik, tehát a színezéshez valójában 7 színt kíván. Miért van az, hogy bizonyításunk, mely szerint 5 szín mindig elegend o˝ , itt nem érvényes? Miért nem érvényesek itt azok a következtetések, amelyek a földgömbre való átmenetnél érvényben maradtak?

52. ábra

Könny˝u megmutatni a két helyet, ahol gondolatmenetünkben törés áll el˝o. Az egyik az Euler-tétel bizonyításánál van, a végén, amikor a 45. ábrára támaszkodva arra következtettünk, hogy a P-b˝ol a Q pontba vezet o˝ két út együttesen szilárd gátként egy területet zárna be, amelybe kívülr o˝ l nem nyomulhatott volna be a víz. A másik a fo˝ bizonyításban van azokon a helyeken, ahol a négyszög és ötszög esetét tárgyaltuk, és ahol ezzel kapcsolatban a 49., 50. a) és 50. b) ábrák szerint az L 1 és L3 tartományok semmiképpen sem érintkezhetnek, mert ezeknek egyébként az L 2 -t, illetve az L2 -b˝ol és L4 -b˝ol összetev˝od˝o áthatolhatatlan gy˝ur˝ut keresztezniök kellene. Mindkét esetben ugyanarról a körülményr o˝ l van szó: egy zárt görbének egyik partjáról (52. ábra) nem tudunk a másik partjára menni anélkül, hogy a görbén ne lépjünk át.

144

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

Ez a következtetés a síkban, a gömbön mindig érvényes, azonban használhatatlan a Szaturnusz gy˝ur˝ujénél, a gy˝ur˝ufelületen, amint a matematikus mondja. Képzeljük el (53. ábra), hogy a Szaturnusz gy˝ur˝ujén, a Szaturnusszal ellentétes oldalon, kívül, egy áram folyik, amely önmagába visszatér, és ennek az áramnak az egyik partján lévo˝ A pontból a közvetlenül átellenesen szemben fekv o˝ parton lévo˝ B pontba akarunk eljutni anélkül, hogy átlépnénk az áramot. Ez itt nem lehetetlen, mint a síkban és a gömbön. Csak az A ponttól a C pontba kell mennünk a Szaturnusz irányában, azután a feléje eso˝ oldalon le kell menni és azután feljönni a D ponton keresztül, hogy a B-be jussunk anélkül, hogy az áramot át kellene lépni.

53. ábra

Ez tipikus eset arra nézve, mennyire el o˝ vigyázatosan kell bánnunk a matematikában a szemlélettel, milyen könnyen ugrásokra csábít a logikai következtetésben. Most látjuk, hogy a 45. ábra által jelzett következtetés mennyire a szemléletre támaszkodott; látjuk, hogy a valóságban el o˝ ször a sík és gömb különös tulajdonságaiból tisztán logikai úton kellett volna ezt a következtetést végrehajtani, éspedig úgy, hogy a gy˝ur˝ufelületen éppen eltiltsuk. Nem fogjuk a sík és gömb természetének közelebbi analízisét és következtetésünknek az érvényességét ezeknél egyes esetekben tovább követni – ez nem egyszer˝u feladat –, csak közöljük, hogy gy˝ur˝ufelületeknél az Euler-tétel helyébe egy másik lép: c + l = e, és hogy az ötszín-tételünknek a gy˝ur˝ufelületre való átvitele azt adja, hogy ezen minden térképet 7 színnel lehet színezni. Emlí-

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

145

tésre méltó, hogy ezzel a komplikáltabbnak látszó gy˝ur˝ufelületnél a színezési probléma véglegesen megoldódott, míg az egyszer˝u sík és gömb esetén nyitva maradt a kérdés: vajon 5 szín helyett már 4 is elegend o˝ -e? Jegyzet [1] Arthur Cayley (1821–1895) angol matematikus. Az absztrakt algebra egyik megalapozója. Az angol matematika fellendülésében volt nagy szerepe. Egyike a legtöbbet publikáló matematikusoknak: összegy˝ujtött m˝uveiben 996 cikk szerepel. ˝ vezette be az algebrai struktúrák közül a csoport fogalmát. A csoO port olyan egym˝uveletes algebrai struktúra, amely egy tetsz˝oleges nemüres G halmazból és egy f kétváltozós m˝uveletb˝ol áll. A m˝uvelet nem vezet ki a halmazból, azaz a m˝uvelet eredménye eleme a G halmaznak; asszociatív: bármely a, b, c ∈ G elemre (a · b) · c = a · (b · c); létezik egység (neutrális) eleme, e: bármely, a ∈ G, teljesül e · a = a · e = a; és minden elemnek létezik inverze. Multiplicatív inverz esetén a−1 , amelyre a · a− 1 = a−1 · a = e; additív inverz esetén a + (−a) = e a jelölés. Megalapozta a mátrixelméletet, bevezette a mátrixfogalmat, valamint a mátrixszorzást. Az elemeket m sorban és n oszlopban rendezte el. Ezt m × n (olvasd: m-szer n) mátrixnak nevezik. Precízen: A T test m · n számú ai j elemb˝ol álló n sorba és m oszlopba való elrendezését a T test fölötti m × n típusú mátrixnak nevezzük. Cayley nevét viseli a véges struktúrák tanulmányozására használt Cayley-féle m˝uvelettáblázat. A hiperbolikus geometria egyik modellje a Cayley–Klein-féle körmodell.

Cayley–Klein-féle körmodell

146

A

NÉGYSZÍNPROBLÉMA

A hiperbolikus sík pontjait megfelelteti az egységsugarú kör bels˝o pontjainak, a hiperbolikus sík egyeneseinek pedig a kör húrjait. A pont és egyenes illeszkedésének értelmezése ugyanaz, mint az eukleidészi értelmezés. Két egyenest párhuzamosnak (elpattanó) mondunk, ha a határkörön metszik egymást. (AB elpattanó BD.) A határkörbe írt háromszöget alkotó egyenesek párhuzamosak (AB párhuzamos BD párhuzamos DA). Ha az egyeneseknek megfelel˝o húrok nem metszik egymást, a két egyenes ultrapárhuzamos. (AB ultrapárhuzamos EC.) A Bolyai–Lobacsevszkij-féle hiperbolikus geometria egy speciális esete az eukleidészi geometria. Mai tudásunk szerint a fizikai tér nem eukleidészi szerkezet˝u, de nem feleltethet˝o meg a hiperbolikus geometriában feltételezettnek sem. Jelent˝os még Cayley munkássága a görbék és a felületek elmélete, a partíciók vizsgálata és a függvényelmélet területén is. Cayley-t számos tudományos akadémia tagjává választotta, közöttük az MTA is. [2] Francis Guthrie (1831–1899) négy színnel ki tudta színezni Anglia térképén a megyéket. Ezt 1852-ben elmondta testvérének, Frederick ˝ felvetette a megfigyelést akkori tanárának, Guthrie-nek (1833–1886). O Augustus de Morgannak (1806–1871), aki annyira érdekesnek találta a problémát, hogy levelében megosztotta William Rowan Hamiltonnal (1805–1865). Hamilton nem találta izgalmasnak a felvetést. Több mint 20 év múlva, 1879-ben Arthur Cayley On the colourings of maps cím˝u m˝uvében nyomtatásban is megjelenik a négyszínsejtés. Ezt tekintjük a probléma els˝o publikációjának. A sejtés bizonyításának is hosszú története van. 1879-ben jelent meg Sir Alfred Bray Kempe (1849–1922) bizonyítása, majd 1880-ban Peter Guthrie Taité-é (1831–1901). 1890-ben Percy John Heawood (1861– 1955) belátta, hogy hibás Kempe bizonyítása. 1891-ben Guthrie bizonyításában talált hibát Julius Peterson (1839–1910). 1890-ben Heawood kimondta és bizonyította az ötszín-tételt, azaz minden síkba rajzolható gráf kiszínezhet˝o öt színnel. Az 1960-as években felmerült a gondolat, hogy a számítógép használható tételek bizonyítására is. Heinrich Heesch (1906–1995) német matematikus kezdte a módszerek kidolgozását. 1976-ban Kenneth Appel (1932–) és Wolfgang Haken (1928–) indirekt bizonyítással próbálkozott. Feltették, hogy a négyszínsejtés hamis, akkor léteznie kell legalább egy olyan térképnek, amely kiszínezéséhez

A NÉGYSZÍNPROBLÉMA

147

öt szín szükséges, majd megmutatták, hogy a feltevés hamis, nem létezik ilyen gráf. Az esetek megkereséséhez, a bizonyításhoz 1200 óra számítógépid˝ot vettek igénybe. Kés˝obb a bizonyításban számos hibát találtak. Most úgy látszik, hogy 2004-ben Benjamin Wernernek és Georges Gonthiernek sikerült a tétel bizonyítása a Coq tételbizonyító rendszerben. A Coq egy Franciaországban kifejlesztett, ML nyelvre épült nem automatikus tételbizonyító alkalmazás. A beépített automatikus taktikái segítségével alkalmas matematikai kifejezések felírására, amelyeknek egy részét be tudja bizonyítani. A négyszín-tétel kartográfiai problémának indult, de a térképészeti munkák nem említik. A térképkészít˝ok arra figyelnek, hogy harmonikusan egyensúlyban legyenek a színek, és lényegtelennek tartják, hogy ezt négy, öt vagy több színnel oldják-e meg. A négyszín-tétel messze túlmutat a térképészeti problémán. Ha a königsbergi hidak problémáját tekintjük a gráfelmélet els˝o lépésének, akkor a második a négyszínsejtés. Lásd még a Görbehálózatok bejárása cím˝u fejezet jegyzetét. [3] Az 1930-as években az állítás igaz volt. [4] Leonhard Euler (1707–1783) svájci matematikus és fizikus, tanult teológiát, orvostudományt és keleti nyelveket is. Matematikatanára Johann Bernoulli (1744–1807) svájci csillagász és matematikus, a híres Bernoulli dinasztia egyik tagja volt. 16 éves korában mesterfokozatot szerzett filozófiából. 20 éves korában Nagy Péter cár Daniel Bernoulli ajánlására meghívja Szentpétervárra a Birodalmi Akadémiára. Itt dolgozott 1727–1741 között, valamint 1766-tól haláláig, s a fizika professzora, majd a matematikai osztály vezet˝oje lett. Nagy Frigyes meghívására 1741–1766 között a berlini Fejedelmi Akadémián volt állásban. Gauss (1777–1855), aki mindig fukarkodott más tudósok dicséretével, írta: „Euler m˝uveinek a tanulmányozása mindig a legjobb iskola lesz a matematika különböz˝o területei számára, és semmi más nem helyettesítheti”. Pierre Simon Laplace (1749–1827) tanácsa: „Olvassák Eulert, o˝ a mi mesterünk mindenben”. 1910–1998 között 82 kötetben jelent meg összegy˝ujtött munkái Leonhardi Euleri Opera Omnia címen. A matematikai munkáit az els˝o sorozatban 29 könyvben, 30 kötetben adták ki.

A szabályos poliéderek

1. Az Euler-tételnek [1] még egy fontos, egészen másfajta alkalmazását fogjuk megmutatni, miközben azt a kérdést vizsgáljuk, van-e szabályos poliéder? Poliéderen minden oldalról síklapokkal határolt testet értünk. Egy poliéder Eukleidész definíciója szerint akkor szabályos, ha minden határoló lapja egymással egybevágó, csupa egyenl o˝ oldalú és szög˝u sokszög („szabályos sokszög”). Kérdésünk átfogóbb és a válasz kielégít o˝ bb lesz, ha még általánosabb definíciót veszünk alapul. Számunkra szabályos poliéder legyen az olyan, amelynek minden határoló lapján ugyanannyi csúcs van, és amelynek csúcsaiban mindig ugyanannyi lap találkozik. Ennek a sokszögnek a szögei, területe és egyéb méretei most egészen közömbösek számunkra; csak a számviszonyokon fordul meg a dolog. A sokszögek, amelyekb o˝ l a poliéder felépül, legyenek csupa ϕ-szögek (például háromszögek, hétszögek), úgy hogy minden határoló felület csúcspontjainak a száma ϕ legyen. Továbbá a poliéder minden csúcsában találkozzék ε lap. Mivel a sokszögnek legkevesebb 3 csúcspontja van, azért érvényes: (1)

ϕ ≥ 3;

és mivel egy térbeli csúcsnál legkevesebb 3 határoló lapnak kell találkozni, azért érvényes továbbá (2)

ε ≥ 3.

150

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

A poliéder csúcsainak, lapjainak, éleinek számát c, l, e bet˝ukkel jelöljük. Képzeljük azt, hogy a test üres, a határoló felületek hajlékony anyagból vannak (szövet vagy gumi), és így a testet gömbbé felfújjuk. Az azel o˝ tt sík határoló felületek görbült gömbfelületdarabokká lettek, az azel o˝ tt egyenes élek a gömbön lév o˝ görbe ívekbe mentek át, és ha a gömböt földgömbként képzeljük, akkor ezen egy térképet ábrázolnak. Ezen a térképen a tartományoknak a száma éppen a poliéder lapjainak l száma lesz, a határoknak a száma pontosan a poliéder éleinek e száma, a csúcsoknak a száma pontosan a poliéder csúcspontjainak c száma lesz. Valamennyi l tartománynak ugyanakkora ϕ számú csúcsa és határa lesz. A fentebb használt l 2 , l3 számok közül tehát csak egy lesz 0-tól különböz o˝ , és ezért a lapok együttes l számával egyenl o˝ . Minden csúcsban ε tartomány ér össze. A 40. b), 41., 42. ábrák ilyen különleges térképekre voltak példák, bennük ϕ = 3,

ε = 3,

ϕ = 4,

ε = 3,

ϕ = 5,

ε = 3.

Amit a felfúvási eljárásból nyerünk, az éppen az Euler-tétel: (3)

c + l = e + 2,

ami nemcsak a térkép csúcsaira, országaira és határaira érvényes, hanem a poliéder csúcsaira, lapjaira és éleire is. S˝ot történetileg tekintve ez a második felfogás felel meg az eredeti tételnek, amint Euler felfedezte. Ezért rendszerint „Eulerféle poliédertétel”-nek is nevezik. A (3) formulából fogjuk következtetésünket levonni. 2. Értelmezésünk szerint a szabályos poliéder minden határoló lapján ϕ csúcs és ϕ él fekszik. Az összes l lapon tehát együttesen l ·ϕ élt nyerünk, amelynél azonban minden élt kétszer számolunk, mert minden él 2 szomszédos lapot határol, számolásunk során tehát pontosan kétszer kerül sorra. Ezért (4)

lϕ = 2e.

151

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

Éppen így minden csúcspontban ε lap és ε él fut össze. Ez összesen cε élt ad, azonban itt is minden élt kétszer számoltunk, mert egy élhez végpontként 2 csúcspont tartozik, és mindkét csúcspontnál beszámítottuk ugyanazt az élt. Ezért: (5)

cε = 2e.

A (3)-ból el o˝ ször is következik, hogy c + l − e = 2, és ha mindkét oldalt 2ε-nal szorozzuk: 2cε + 2lε − 2eε = 4ε. Itt helyettesítsük 2e-t a (4) szerint lϕ-vel. Mivel (4) és (5) szerint lϕ = cε-nal, azért cε-t is lϕ-vel helyettesíthetjük. Ezt kapjuk: 2lϕ + 2lε − lϕε = 4ε vagy (6)

l(2ϕ + 2ε − ϕε) = 4ε.

Mivel l és 4ε pozitív számok, ezért ugyanennek kell érvényesnek lennie a zárójelben álló kifejezésre: (7a)

2ϕ + 2ε − ϕε > 0.

Míg (1) és (2) a ϕ és ε számára alsó határokat adnak, igyekezzünk most a (7a)-ból fels o˝ határokat nyerni. El o˝ ször is a (7a) helyett írható: (7b)

ϕε − 2ϕ − 2ε < 0,

amit mindkét oldal −1-szereseként nyertünk. Hasonlítsuk össze (7b)-nek a bal oldalát a (8)

(ϕ − 2)(ε − 2) = ϕε − 2ϕ − 2ε + 4

152

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

szorzattal, akkor ez csak a 4 összeadandóban különbözik attól. A 4-nek mindkét oldalhoz való hozzáadása útján a (7b)-b o˝ l következtetjük, hogy ϕε − 2ϕ − 2ε + 4 < 4. Így a bal oldalon éppen a (8)-beli kifejezés áll, és eljutottunk a (9)

(ϕ − 2)(ε − 2) < 4

egyenlo˝ tlenséghez. Itt a szorzatban fellép o˝ (ϕ − 2) és (ε − 2) tényez o˝ knek (1) és (2) alapján legalább 1-nek kell lenniük. A (ϕ − 2)-re és (ε − 2)re tehát azt a megszorítást tettük, hogy pozitív egész számoknak kell lenniök, amelyeknek szorzata 4-nél csak kisebb lehet. Most azonban már minden további nélkül felsorolhatjuk az ilyen tulajdonságú szorzatokat, amelyek nyilvánvalóan a következ˝ok: (10)

1 · 1,

1 · 2,

2 · 1,

1 · 3,

3 · 1,

tehát szám szerint 5 van bel o˝ lük. Két pozitív egész szám minden más szorzata legalább 4 vagy 4-nél nagyobb értéket ad. Abból a ténybo˝ l, hogy csak 5-féleképpen tudjuk 2 pozitív egész szám négynél kisebb szorzatát képezni, most arra következtethetünk, hogy csak 5 szabályos test lehetséges. 3. A (10) alatt felsorolt szorzatok els o˝ tényezo˝ jét (ϕ − 2)-ként, a másodikat (ε − 2)-ként fogjuk fel. Ekkor magára a ϕ-re és ε-ra a következo˝ 5 párt nyerjük: ϕ

ε

3 3 4 3 5

3 4 3 5 3

Emlékezzünk vissza ϕ és ε jelentésére, akkor megértjük ebb o˝ l a táblázatból, hogy a szabályos poliédereket – amennyiben vannak

153

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

ilyenek – csak három-, négy- vagy ötszög határolhatja, és csak olyan csúcspontjaik lehetnek, amelyekben 3, 4 vagy legfeljebb 5 oldallap találkozhat. A (6)-ból következik továbbá, hogy l=

4ε , 2ϕ + 2ε − ϕε

amit (8) miatt a kényelmesebb (11)

l=

4ε 4 − (ϕ − 2)(ε − 2)

alakban is írhatunk. A (4)-b o˝ l a (11) segítségével (12)

e=

2εϕ lϕ = 2 4 − (ϕ − 2)(ε − 2)

adódik. Az (5) és (12) alapján nyerjük, hogy (13)

c=

4ϕ 2e = . ε 4 − (ϕ − 2)(ε − 2)

A (11), (12), (13) formulák a ϕ és ε minden megengedhet o˝ párjához l, e, c értékeket rendelnek hozzá egyértelm˝uen, amint a következ˝o táblázat mutatja. ϕ

ε

l

e

c

3 3 4 3 5

3 4 3 5 3

4 8 6 20 12

6 12 12 30 30

4 6 8 12 20

Tetraéder Oktaéder Hexaéder Ikozaéder Dodekaéder

Tehát csak 5 szabályos poliéder lehetséges. Ezeket az „5 platóni szabályos test”-nek is nevezik, és egyenként oldallapjaik számának görög nevével nevezik o˝ ket, amint a táblázatból látható. 4. A táblázat rögtön egy különös sajátságot mutat: ha a ϕ-t az ε-nal felcseréljük, akkor az ikozaéder a dodekaéderbe, az oktaéder a hexaéderbe és a tetraéder önmagába megy át. Itt az e

154

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

változatlan marad, míg a c és l egymással cserél o˝ dnek. Az eddigi formulákból ezt kezdett o˝ l fogva várhattuk. Mindenekel o˝ tt a dönto˝ (1), (2), (9) formulák ϕ-ben és ε-ban szimmetrikusak, úgyhogy ϕ, ε egy megengedhet o˝ értékpárja a ϕ és ε megcserélésével ismét egy megfelel o˝ értékpárba megy át. Továbbá a (12) azt mutatja, hogy e a ϕ és ε-ból szimmetrikus módon áll el o˝ , és a (11) és (13) mutatja, hogy ϕ és ε kicserélése ilyen c és l értékeket idéz el˝o. Geometriailag az összefüggés világos. Ugyanis csak arra van szükségünk, hogy egy poliéder minden oldallapján a középpontot egy új poliéder csúcspontjának jelöljük ki, azután a régi poliéder szomszédos lapjain kijelölt két-két új csúcsponton át összeköt o˝ élt fektessünk. Akkor az új poliédernek egy csúcsa fekszik a réginek minden lapján, egy-egy új él keresztez minden régi élt, és pontosan egy új lap vesz körül minden régi csúcspontot. Tehát az élek e száma mindkét poliéderben ugyanakkora, c és l azonban fel vannak cserélve. 5. Ki kell azonban emelnünk, hogy meggondolásunk csak azt mutatja, hogy legfeljebb 5 szabályos poliéder lehet, mert c, l, e számára csak a táblázatban látható számhármasok tartozhatnak olyan poliéderhez, amelynek oldalai mindig ugyanannyi csúcsot tartalmaznak, amelynek csúcsaiban mindig ugyanannyi oldallap találkozik. A táblázatban felsoroltakon kívül más poliéderek nem lehetségesek. Még egyáltalán nem láttuk be, hogy ezek a poliéderek valóban szerkeszthet o˝ k. Arra gondolunk, hogy valamilyen, általunk még figyelembe nem vett oknál fogva a szabályos poliéderek még további korlátozásnak vannak alávetve, és ezért még néhány, a tálalázatban feltüntetett típus kimaradhat. Röviden szólva, szabályos poliédereink létezésére csak a szükséges feltételt vizsgáltuk, de az elégséges feltételt nem. Meggondolásunk nem is poliéderekre, hanem a sokkal általánosabb, a földgömbön lév o˝ „szabályos” térképekre vonatkozott. Ezekro˝ l a térképekr o˝ l már kimutattuk, hogy síklapokkal határolt poliéderek felfúvásából keletkeztek. A táblázatban felsorolt típu-

155

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

soknak megfelel o˝ térképeket elo˝ tudunk állítani. A 40. b), 41., 42. ábrák már a tetraéder, hexaéder, dodekaéder típusát képviselik. Az oktaédert és ikozaédert az 54. és 55. ábra ábrázolja.

54. ábra

55. ábra

Ha tehát eltekintünk a torzításoktól, amelyeknek a poliédereket alávetettük, akkor a szabályos poliéderekre felállított feltételek elegendo˝ knek is bizonyulnak. Eddig nem bizonyítottuk, hogy szabályos poliédereink a szigorúbb, eukleidészi értelemben is el o˝ állíthatók, szabályos (kongruens, síkbeli, szabályos sokszögekkel határolt) poliéderekként. Ilyen bizonyításhoz egészen más segédeszközökkel kellett volna élnünk. Ugyanis a vizsgálataink csupán olyan tulajdonságokat öleltek fel, amelyek a torzításnál megmaradnak, és a kongruencia nem tartozik ezek közé. Itt csak a geometriai mérték meggondolása (melyekben a szakasz- és szögegyenl o˝ ségek dönt o˝ szerepet játszanak) vezetne célhoz. Ennek bizonyítása a klasszikus ókorból származik, és Platón [2] tanítványának, Theaetétosznak tulajdonítják. Eukleidész Elemeinek a végén, a XIII. [3] könyvben találjuk meg. [4] Ezt a bizonyítást itt nem mutatjuk be. Megjegyzések A geometriai alakzatoknak azokkal a tulajdonságaival, amelyek deformáció (de nem szakítás) során adódnak, külön matematikai tudományág, a topológia foglalkozik. Szabályos poliéderekre vonatkozó meggondolásaink tisztán topológiai természet˝uek.

156

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

A szabályos poliéderek gömbbé való felfújása mint elképzelés mögött egy topológiai el o˝ feltételezés rejto˝ zik. Teljesen más eredményre jutnánk, ha ehelyett olyan poliédereket vizsgálnánk, amelyek topológiai szempontból egy gy˝ur˝ufelülettel ekvivalensek (lásd 12. a) 5., 7. és 10.) – következtetésünk tisztán topológiai jelentése ekkor még nyilvánvalóbban megmutatkozna. Kimutatható, hogy egy gy˝ur˝ufelületen végtelen sok, topológiai értelemben szabályos térkép létezik, közülük azonban egy sem realizálható mértékgeometriai értelemben szabályos poliéderként. Gy˝ur˝ufelületekre ugyanis az Euler-féle poliédertétel e−c+l = 0

(3*)

alakú (lásd 12. a), 5.). A természetesen itt is érvényes (4) és (5) egyenlo˝ ségb˝ol (6) helyett itt az l(2ϕ + 2ε − ϕε) = 0

(6*)

összefüggést kapjuk, mivel l = 0 2ϕ + 2ε − ϕε = 0,

(7*)

(ϕ − 2)(ε − 2) = 4

(9*)

vagyis adódik. A (9) egyenl o˝ tlenség helyett itt most egy egyenl o˝ ség lép fel. 4 tényezo˝ kre bontásából (ϕ − 2)(ε − 2)-ra az 1 · 4,

2 · 2,

4·1

lehet˝oségek adódnak. Ebb o˝ l ϕ-re és ε-ra a következ o˝ táblázatot kapjuk: ϕ

3

4

6

ε

6

4

3

Ezek az értékek kielégítik a (9*) és ennélfogva a (7*) egyenletet is. Ekkor azonban (6*) minden l értékre teljesül, mert f · 0 = 0.

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

157

Ennélfogva az el o˝ ttünk álló esetben ϕ és ε értékeib o˝ l nem következtethetünk l és így c és e értékére sem. És valóban, mind a három ϕ, ε párhoz végtelen sok l, c és e érték tartozik. Tekintsük a ϕ = 4, ε = 4 párt, és rendezzünk téglalap alakba a · b (a > 1, b > 1) számú négyzetet (a és b egyébként tetsz o˝ legesek). Ebb o˝ l a téglalapból készítsünk hengert, majd a hengert hajlítsuk tórusszá.

Ekkor valóban láthatjuk, hogy ezt a gy˝ur˝ufelületet szabályos térkép fedi: minden csúcsban ε = 4 ország találkozik, és minden országnak ϕ = 4 határa van. Itt l = a · b és – mint arról könnyen meggyo˝ z˝odhetünk – c = ab és e = 2ab. Ez minden a > 1 és b > 1re, tehát végtelen sok l, c, e értékre igaz. Tehát topológiai értelemben végtelen sok gy˝ur˝u típusú szabályos poliéder létezik. Valamivel nehezebb áttekinteni a gy˝ur˝ufelület azon szabályos térképeit, amelyek a ϕ = 6, ε = 3 értékpárhoz tartoznak. Ezek közül kerül ki az l = 7, c = 14, e = 21 eset is, amit A négyszínprobléma és A talpponti háromszög széls o˝ érték-tulajdonsága cím˝u elo˝ adásokban a gy˝ur˝ufelület kiszínezési problémájával kapcsolatban említettünk meg. Mértékgeometriai értelemben ezeknek a poliédereknek egyike sem szabályos. Mert ϕ = 4, ε = 4 esetén a négy csúcsú lapoknak négyzeteknek kell lenniük. Az egy pontban találkozó négy négyzet azonban síkban fekszik, nem alkotnak térbeli csúcspontot. Így aztán bármilyen sok négyzetet illesszünk is egymáshoz, azok nem adnak testfelületet, csupán a síknak egyre nagyobb darabját fedik le. (Ugyanez a helyzet a ϕ = 6, ε = 3 esetben: há-

158

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

rom, egy pontban egyesül o˝ szabályos hatszög is síkban fekszik. Ugyanez igaz a ϕ = 3, ε = 6 esetre: hat, egy pontban találkozó háromszög is egy síkban fekszik, nem képeznek térbeli csúcsot.) Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy el o˝ ször is a gömb típusú poliéderek jellegzetessége, hogy közöttük csak öt, topológiai szempontból szabályos típus létezik, míg a gy˝ur˝u típusúak között viszont végtelen sok. Másodszor: a topológiai szabályosság nem jelenti a mértékgeometriai értelemben megvalósítható szabályosságot. A gy˝ur˝uszer˝u poliéderekre ez nem áll. Ha a gömb típusú poliéderek közül a szabályosakat mértékgeometriai értelemben létre akarjuk hozni, akkor ez csak további olyan tulajdonságok feltételezésével lehetséges, amelyek már csak a mértékgeometria módszereivel tanulmányozhatók. Jegyzet [1] Lásd az el˝oz˝o fejezetet és a jegyzetet. [2] Platón (Kr. e. 428–347) gondolatait az öt szabályos konvex testr˝ol a Timaiosz (Kr. e. 360) cím˝u munkájából ismerhetjük. A kockának a földet, az oktaédernek a leveg˝ot, az ikozaédernek a vizet és a tetraédernek a tüzet felelteti meg. A dodekaédert Arisztotelész az éterrel, az égi szférák elemével azonosította. Részlet Platón Timaioszából Kövendi Dénes fordításában: „. . . az érvelésb˝ol most megszületett alakokat osszuk fel a t˝uz, föld, víz és leveg˝o között. A földnek tehát a kockaformát adjuk: hisz a föld a legkevésbé mozgékony a négy faj között, és legalakíthatóbb is a testek között: [. . . ] a víznek a többi alak közül a legkevésbé mozgékonyat . . . ” [3] Eukleidész az Elemek XIII. könyvében leírja az öt szabályos test tulajdonságait, szerkesztését, a körülírt gömb átmér˝ojének arányát a szabályos test élhosszúságával. Johannes Kepler (1571–1630) német matematikus, csillagász és optikus felismerte a naprendszerbeli bolygók mozgásának törvényeit, amelyet azóta Kepler-törvényeknek nevezünk. A Kepler-törvények felismerése el˝ott megkonstruálta a Naprendszer modelljét szabályos testek és azok köré írható gömbök segítségével, melyet 1596-ban publikált a Mysterium Cosmographicum cím˝u könyvében. Legbelül az oktaéder, majd

A SZABÁLYOS POLIÉDEREK

159

az ikozaéder, a dodekaéder, a tetraéder és végül a kocka következett. A modellt a törvényei fölismerése után elvetette. [4] A szabályos testek fölfedezését Próklosz (Kr. e. 412–485) görög neoplatonikus filozófus, költ˝o és matematikus Püthagorász (Kr. e. 582–496) görög filozófusnak és matematikusnak, a püthagoreus filozófiai iskola alapítójának tulajdonítja. Van, aki Theaetétosznak, akit tulajdonképpen csak Platón írásaiból ismerünk.

Pitagoraszi számok és pillantás a Fermat-féle problémára

1. Püthagorász [1] ismert tétele szerint a derékszög˝u háromszög átfogója fölé rajzolt négyzet területe egyenl o˝ a két befogó fölé rajzolt négyzetek területének összegével. Fordítva: ha három szakasz olyan viszonyban van egymással, hogy egyiknek a négyzete egyenlo˝ a másik ketto˝ négyzetének összegével, akkor az általuk alkotott háromszög mindig derékszög˝u. Ha szakaszok helyett az a, b, c méro˝ számokat vezetjük be, akkor a négyzetek mér o˝ száma a2 , b2 , c2 , és az a2 + b2 = c2 egyenlo˝ ség azt fejezi ki, hogy a, b, c egy derékszög˝u háromszög oldalainak a mér o˝ számai. Már láttuk az Összemérhetetlen szakaszok és irracionális számok cím˝u fejezetben, hogy egy egyenl˝oszárú derékszög˝u háromszög befogója és átfogója összemérhetetlenek, vagyis a 2a 2 = c2 egyenlo˝ séget az a és c egész számok sohasem elégíthetik ki. Vajon létezik-e nem egyenl˝o oldalú derékszög˝u háromszög összemérheto˝ oldalakkal? Más szavakkal: az (1)

a 2 + b 2 = c2

egyenlo˝ ség három egész számmal kielégíthet o˝ -e? Egy egyszer˝u és ismert példa: 32 + 42 = 52

vagy

9 + 16 = 25

ugyanis azt mutatja, hogy a válasz igenl o˝ . Van-e még ilyen pitagoraszi szám, azaz (1) egész számú megoldása, és ha van, melyek ezek? Erre a kérdésre akarunk teljes választ adni.

162

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

2. Ha egy egész számú a, b, c megoldását találtuk az (1)-nek, akkor ebb o˝ l nagyon egyszer˝u módon újakat lehet levezetni, ha az a, b, c számokat ugyanazzal a számmal megszorozzuk; például az említett 3, 4, 5 megoldásból azonnal a 6, 8, 10 megoldás adódik, mert 62 + 82 = 102 , és általában 3n, 4n, 5n egy megoldás, ahol n tetsz o˝ leges egész szám. Éppen így a felvett a, b, c megoldás minden további nélkül maga után vonja an, bn, cn megoldást, mert a 2 + b2 = c2 -b˝ol következik, hogy a 2 n 2 + b 2 n 2 = c2 n 2

vagy

(an)2 + (bn)2 = (cn)2 .

Ezek az új megoldások azonban különösebb érdekl o˝ désre nem tarthatnak számot, mert magától értet o˝ d˝oek. Most az „alapmegoldások” iránt érdekl o˝ dünk, vagyis olyan megoldások iránt, amelyek nem egyszer˝uen valamely egész számmal való szorzással adódnak. Az ilyen megoldások azzal t˝unnek ki, hogy a, b, c számoknak nincsen közös osztójuk, amelyre a 3, 4, 5 megoldás egy példa. Azonban az a, b, c számok közül már kett˝onek sem szabad közös osztójának lennie, ha a, b, c alapmegoldás. Ezeknek, amint mondani szokás, páronként „viszonylagos törzsszámoknak” kell lenniök. Mert ha mondjuk a-nak és b-nek közös osztója volna t, akkor a t összes osztója is közös osztójuk volna. Mivel t egy p törzsszámnak a többszöröse (esetleg a t maga egyenl o˝ p-vel), akkor feltételezhetjük, hogy a-nak és b-nek a p törzsosztó a közös osztója, és írhatjuk, hogy a = pa 1 , b = pb1 , felhasználva az a 2 + b2 = c2 összefüggést: p2 (a21 + b21) = c2 . Ez az egyenlo˝ ség azonban azt mutatja, hogy p 2 -nek c2 osztójának kell lenni. Ebb o˝ l azt következtetjük, hogy p is osztója c-nek, mert egy szorzatnak törzsszámmal való oszthatóságára vonatkozó tétel szerint c2 a p-vel osztható, ha két egyenl o˝ tényezo˝ je osztható.

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

163

Eszerint p nemcsak a-nak és b-nek volna közös osztója, hanem az a, b, c-nek is, egészen hasonló módon áll el o˝ a-nak és c-nek közös osztójából vagy b-nek és c-nek közös osztójából mindhárom számnak közös osztója. 3. Mi az (1)-nek csak azokat az a, b, c megoldásait keressük, amelyekben a, b, c számok viszonylagos törzsszámok. Tehát ne legyen közöttük két páros szám, azaz kett o˝ vel osztható szám. Legfeljebb a számok egyike lehet tehát páros. Másrészr o˝ l mindhárom szám nem lehet páratlan. Mert egy páratlan számnak a = (2l + 1)-nek a négyzete: a 2 = 4l 2 + 4l + 1 = 4(l 2 + l) + 1, tehát ismét páratlan szám. Ha a és b páratlanok, akkor a 2 és b2 is, és következésképpen a 2 + b2 páros, ami páratlan c esetén nem lehetséges. Így csak az a lehet o˝ ség marad, hogy a három szám, a, b, c közül kett˝o páratlan és egy páros. Azonkívül még beláthatjuk, hogy c-nek páratlannak kell lennie. Mert ha c páros, tehát kett o˝ vel osztható, akkor c 2 4-gyel osztható. Páros c esetén azonban a másik két számnak páratlannak kell lennie, tehát a = 2l + 1,

b = 2m + 1.

Ezért: a2 +b2 = (4l 2 +4l +1)+(4m2 +4m+1)= 4(l 2 +l +m2 +m)+2. Ez az a2 + b2 szám páros, azonban a néggyel való osztáskor 2 maradékot ad, tehát nem lehet egyenl o˝ a néggyel osztható c 2 -nel. Az alapmegoldások számára tehát az egyetlen fennmaradó lehet˝oség: c páratlan, és az a, b számok egyike páros, a másik páratlan. A páratlant a-val, a párosat b-vel kívánjuk jelölni, a példánkban tehát a = 3, b = 4, c = 5. 4. Az (1) alatti egyenl o˝ séget a következ o˝ képpen foghatjuk fel: (2)

b2 = c2 − a2 = (c + a)(c − a).

Ebben (c + a) és (c − a) mint két páratlan szám összege és különbsége páros, tehát a 2 közös osztót tartalmazzák. További kö-

164

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

zös osztójuk azonban nem lehet, vagy pontosabban c+a 2

és

c−a 2

csak viszonylagos törzsszámok lehetnek. Mert ha t mindkett o˝ nek osztója volna, mondjuk c+a = t f, 2

c−a = tg, 2

akkor a két egyenl o˝ ség összeadása, illetve kivonása útján c = t( f + g),

a = t( f − q)

következnék, azaz az a-nak és c-nek a t osztója volna, amelyeknek azonban a feltétel szerint közös osztójuk nem lehet. Mivel b, c + a, c − a párosak, a (2)-t egész szám alakban a következo˝ képpen írhatjuk: (3)


2 b c+a c−a · . = 2 2 2


2 b négyzetszámot két viszonylagos 2 c−a c+a -re és -re bontottuk. Ebb o˝ l most arra törzstényezo˝ re: 2 2 következtethetünk – és ez fordulópontja következtetésünknek – c+a c−a hogy maguknak a és számoknak négyzetszámoknak 2 2 kell lenniök. Valóban, a törzstényez o˝ re bontás szerint Ezzel az egyenl o˝ séggel a

b = pα qβ r γ . . . , 2 ahol p, q, r számoknak csupa különböz o˝ törzsszámoknak kell lenniök, akkor
2 b = p2α q2β r2γ . . . 2

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

165


2 b -nek minden törzstényez o˝ je 2 c+a el˝ofordul, azonban egy törzsszám, mondjuk p vagy csak a 2 c+a c−a c−a -ben fordul el o˝ , mert -nek és ben, vagy csak a 2 2 2 nek nincs közös osztója.
2 c−a c+a b Ezért és a törzstényezo˝ i úgy oszlanak el a 2 2 2 között, hogy p 2α q2β r2γ . . . törzsszámhatványok mindegyike c−a c+a , vagy csak a számban fordul el o˝ . Ezvagy csak a 2 2 c−a c+a és törzstényezo˝ iknek csak zel bebizonyítottuk, hogy 2 2 páros kitevo˝ j˝u hatványát tartalmazzák, és ezért négyzetszámok. 5. Írhatjuk tehát, hogy c−a c+a és szorzatában A 2 2

(4a)

(4b)

c+a = u2 , 2

c−a = v2 , 2


2 b = u 2 v2 , 2

ahol u és v viszonylagos törzsszámok, tehát u 2 és v2 is azok. A (4b)-b o˝ l következik (5)

b = 2uv,

és a (4a) alatti egyenl o˝ ségbo˝ l összeadás és kivonás útján (6)

c = u 2 + v2 ,

a = u 2 − v2 .

Mivel c-nek és a-nak páratlannak kell lenni, az u 2 és v2 , tehát u és v számok egyikének is párosnak, másikának páratlannak kell lennie (mert ha mindkett o˝ ugyanolyan volna, akkor u 2 és v2 összege és különbsége mindenesetre páros volna). A következ o˝ kben két számot, melyek közül egyik páros, másik páratlan, röviden különnem˝unek nevezünk.

166

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

Ezzel arra a belátásra jutottunk, hogy három a, b, c számnak, amelyek az (1)-et kielégítik, és egymáshoz képest viszonylagos törzsszámok, két különnem˝u u és v számmal, amelyek szintén viszonylagos törzsszámok, az (5) és (6) által adott módon el o˝ állíthatóknak kell lenniök. Régi példánkban a = 3, b = 4, c = 5, nyilvánvalóan így u2 =

5+3 = 4, 2

u = 2,

5−3 = 1, v = 1, 2 és valóban b = 4 = 2 · 2 · 1 = 2uv. 6. Eddig egy felvett a, b, c alapmegoldásból indultunk ki, és ehhez határoztuk meg az u, v számokat. Ha most megállapítjuk, hogy fordítva u és v különnem˝u és viszonylagos törzsszámok minden párja (u > v) az (5) és (6) egyenl o˝ ségek útján mindig a (1) egyenlet megoldását szolgáltatja, akkor valamennyi alapmegoldást rendszerezetten áttekinthetünk. Most v2 =

2

2

(u2 − v2 ) + (2uv)2 = (u2 + v2) , amit a kijelölt m˝uveletek elvégzésével rögtön beláthatunk. Tehát az (5) és (6)-ból adódó a, b, c számok ténylegesen kielégítik az (1) egyenl o˝ ségét. Azáltal, hogy u és v különnem˝uek, azaz nem mindketto˝ páros vagy páratlan szám, a (6) alapján a és c páratlan, tehát a, b, c számoknak 2 biztosan nem közös osztójuk. Páratlan közös osztójuk szintén nincs, mert ha volna páratlan törzsszám osztójuk,1 p, és feltehetnénk, hogy c = pc1 ,

a = pa1 ,

akkor (4a)-ból 2u2 = a + c = p(a1 + c1), 2v2 = c − a = p(c1 − a1 ) 1

Minden, kett˝ot˝ol különböz˝o törzsszám nyilvánvalóan páratlan.

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

167

következne, tehát 2u 2 és 2v2 többszöröse volna p-nek. Mivel p páratlan, azaz 2-t o˝ l különböz o˝ nek kell lennie, ezért p-nek az u 2 és v2 számok közös osztójának kell lennie, ami azonban nem lehetséges, mivel u és v viszonylagos törzsszámok. Néhány (5) és (6)-ból kiszámított példa szolgáljon a pitagoraszi számok illusztrálására: u = 2, u = 3, u = 4, u = 4, u = 5, u = 5,

v = 1, v = 2, v = 1, v = 3, v = 2, v = 4,

a = 3, a = 5, a = 15, a = 7, a = 21, a = 9,

b = 4, b = 12, b = 8, b = 24, b = 20, b = 40,

c = 5, c = 13, c = 17, c = 25, c = 29, c = 41.

Felt˝unik, hogy itt b nemcsak páros, hanem néggyel is osztható. b = 2uv formulánk minden további nélkül mutatja, hogy ennek mindig így kell lenni, mivel magának az uv szorzatnak különnem˝u számok szorzataként párosnak kell lennie. 7. Miután az (1) egyenletet teljesen uraljuk, közelfekv o˝ (1) általánosításainak egész sorozata. Kereshetjük például (7a)

x3 + y3 = z3

vagy (7b)

x4 + y4 = z4

vagy általában (7c)

xn + yn = zn

egész számú megoldásait n > 2 esetén. Pierre de Fermat [2] (1601–1665) egy híres, eddig még nem bizonyított, de meg sem cáfolt tétele szerint a (7c) egyenl o˝ ségnek n > 2 esetén pozitív egész számú x, y, z megoldása nincsen. Bizonyos számokra, például 3-tól 100-ig terjed o˝ minden n számra Fermat tételét Kummer [3] (1810–1893) és követ o˝ i bebizonyították. A (7a) és (7b) megoldhatatlanságát már Euler (1707–1783) ismerte.

168

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

A pitagoraszi számokra vonatkozólag megszerzett ismereteinkkel könny˝u lesz (7b)-nek az egész számok körében való megoldhatatlanságát bebizonyítani. Megmutatjuk, hogy már a kevesebbet követelo˝ (8)

x4 + y4 = w2

egyenlet is megoldhatatlan az egész számok körében. Mivel minden negyedik hatvány négyzetszám, de nem minden négyzetszám negyedik hatvány, ezért a (8) megoldhatatlansága többet mond, mint a (7b)-é. 8. Írjuk a (8) egyenletet a következ o˝ képpen: (9)

(x2 )2 + (y2 )2 = w2 .

Ismerjük fel, hogy ez az (1)-nek speciális esete, mid o˝ n a = x2 , b = y2 , c = w. Mivel itt is csak az x, y, w „alapmegoldáson” fordul meg a dolog, azért kívánjuk meg – mint el o˝ bb –, hogy w páratlan és x2 és y2 közül egyik páros, másik páratlan legyen, amennyiben (9) egyáltalában megoldható. Legyen ismét x 2 = a páratlan, y2 = b páros. Ha (9)-nek a megoldásáról van szó, akkor az (5) és (6) formula segítségével el o˝ állíthatónak kell lennie, azaz van 2 különnem˝u u és v viszonylagos törzsszám, amelyekre igaz, hogy (10 a)

x 2 = u 2 − v2 ,

(10 b)

y2 = 2uv,

(10 c)

w = u 2 + v2 .

Ebb˝ol (10 a) így írható: (11)

x 2 + v2 = u 2 ,

ami új pitagoraszi egyenl o˝ ség x, y, u viszonylagos törzsszámokkal. Itt u a korábbi c-nek a szerepét játssza, s a 3. szakasz szerint páratlannak kell lennie. Mivel x-nek páratlannak kell lennie,

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

169

v-re csak az a lehet o˝ ség marad, hogy páros legyen, tehát a korábbi b-nek a szerepét képviseli. Az x, v, u mint a (11) pitagoraszi egyenlo˝ ség alapmegoldása ismét el o˝ állíthatók az (5) és (6) útján, különnem˝u u 1 , v1 törzsszámokkal: (12)

x = u21 − v21 ,

v = 2u1 v1 ,

u = u21 + v21 .

Most visszaemlékezünk a (10 b)-re. Mivel u páratlan, v páros, és u, v viszonylagos törzsszámok, azért az u, 2v is viszonylagos törzsszámok, mivel u a 2-nek nem többszöröse. Ezért y 2 a (10 b) szerint 2 viszonylagos törzsszámtényez o˝ re, u-ra és 2v-re bontottuk. A 4. szakaszbeli megfontolás szerint egy négyzetnek viszonylagos törzstényez o˝ kre való ilyen felbontása csak úgy lehetséges, hogy maguk a tényez o˝ k ismét négyzetek, tehát ebben az esetben (13)

u = w21 ,

2v = 4t12 ,

ahol a 2v-nek a párosságát kifejezésre juttattuk. Helyettesítsük ezt a (12) két utolsó egyenl o˝ ségébe, akkor ezt kapjuk: (14)

t12 = u1 v1 ,

w21 = u21 + v21 .

Most u1 és v1 viszonylagos törzsszámok, és t 12 -et alkotják. Tehát maguknak is négyzetszámoknak kell lenniök: (15)

u1 = x21 ,

v1 = y21 ,

amelyek a (14) második egyenl o˝ ségébe helyettesítve az (16)

x41 + y41 = w21

egyenlo˝ séget adják. 9. Ez a (16) egyenl o˝ ség ugyanolyan alakú, mint a kiindulási (8) egyenl o˝ ség. Látjuk tehát: ha a (8)-nak van egy alapmegoldása, x, y, w, akkor van egy másik, x 1 , y1 , w1 alapmegoldás is, amelynél x1 , y1 , w1 -et bizonyos eljárással x, y, w-b o˝ l tudtuk levezetni.

170

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

Most azonban az els o˝ megoldás w-je nagyobb, mint a második w1 -e, mert (10 c) és (13) els o˝ egyenlo˝ sége szerint w = u2 + v2 = w41 + v2 > w41 , tehát w > w1 . Ebb˝ol a ténybo˝ l könnyen ellentmondásra jutunk, mert éppen úgy, mint ahogyan a 8. szakaszban x, y, w-b o˝ l nyertük az x 1 , y1 , w1 új megoldást, az x 1 , y1 , w1 -b˝ol hasonló eljárás alkalmazásával x2 , y2 , w2 megoldást nyerhetünk, amelyek a w > w 1 -hez hasonló w1 > w2 tulajdonsággal rendelkeznek. Az eljárás ismételt alkalmazásával x3 , y3 , w3 megoldást nyerjük a w 2 > w3 egyenlo˝ tlenséggel együtt. Ennek az eljárásnak a továbbfolytatásával (17)

w > w1 > w2 > w3 > . . .

csökkeno˝ számsorozathoz jutunk. Ezen számok mindegyikének azonban pozitív egész számoknak kell lenniök, melyek közül wnél kisebb csak véges számú lehet, tehát a (17) sorozatban egy utolsónak, wk -nak kellene fellépnie. Azonban ennek is egy x k , yk , wk megoldáshoz kellene tartoznia, amelyb o˝ l a 8. szakasz szerint ismételten egy xk+1 , yk+1 , wk+1 megoldást wk > wk+1 egyenlo˝ tlenséggel együtt lehetne el o˝ állítani, amivel ellentmondásra jutnánk. Ezzel bebizonyítottuk, hogy (8)-nak nem lehet megoldása, mivel ennek a feltételezése ellentmondásra vezet. Ennek a bizonyításnak az alapgondolatát Fermat után „descente infinie”-nek szoktuk nevezni. Ez azon a lehetetlenségen alapul, hogy egy bizonyos eljárás (itt a 8. szakaszbeli eljárás ismétlése) mindig kisebb pozitív egész számok végtelén sorozatát szolgáltatta, míg pozitív egész számok csökken o˝ sorozata csak véges lehet, mert minden n pozitív egész szám alatt csak véges számú további ilyen lehet, ugyanis legfeljebb az n − 1, n − 2, . . . 3, 2, 1, tehát legfeljebb (n − 1) szám. √ Ilyen „descente infinie” alapján történt már a 2 irracionalitásának a bizonyítása is az Összemérhetetlen szakaszok és irracionális számok cím˝u fejezetben.

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

171

Jegyzet [1] A XX. században Mezopotámia területén megtalált sumér és babiloni égetett agyagtáblák között 250 körüli matematikai tartalmú. A legrégebbiek megközelít˝oleg Kr. e. 2100-ból valók. Az egyik táblán racionális oldalhosszúságú derékszög˝u háromszögek sorozata látható, tehát ismerték a Pitagorasz-tételt, el˝o tudtak állítani pitagoraszi számhármasokat. Két, megközelít˝oleg Kr. e. 2000–1700-ból származó papirusztekercsb˝ol és néhány töredékb˝ol tudunk következtetni az egyiptomiak matematikai ismereteire. A Rhind-papiruszt Angliában, a másikat Moszkvában o˝ rzik. Ezeken mintegy 100-110 matematikai problémát, aritmetikai és geometriai feladatot találtak. A Rhind-papiruszon fellelhet˝o a 3, 4, 5 pitagoraszi számhármas mint a derékszög˝u háromszög oldalai, de a tétel kimondását nem találták meg. A Kr. e. 1200 és 1100 közötti id˝ob˝ol származó, Kínában fellelt „Csu Pei Szuan” naptárban szintén megjelenik a 3, 4, 5 oldalú derékszög˝u háromszög, de a bizonyítás vagy az általánosítás nem. A Kr. e. 500 táján íródott, matematikai ismereteket is tartalmazó hindu Sulva-Szutrá-ból tudjuk, hogy a Pitagorasz-tételt használták egy oltárk˝o megtervezésekor. Ebb˝ol az id˝ob˝ol származik a tétel els˝o matematikai megfogalmazása is. Több olyan derékszög˝u háromszögre adnak példát, melyek oldalainak hosszúságai egész számok. Püthagorász (Kr. e. 582–496) (úgy gondoljuk) Szamosz uralkodójától kapott ajánlólevelet az egyiptomi fáraóhoz. A történetek szerint járt Egyiptomban, a mezopotámiai Babilonban, a Föníciai Birodalomban és a Perzsa Birodalomban is. Utazásai során mágiát, csillagászatot stb. tanult. Lehet, hogy ez csak legenda, de jól mutatja azt, hogy a tudományok területén kiket tartottak a görögök ebben az id˝oben példaképnek. Püthagorász és a püthagoreusok, mint például Empedoklész, Anaxagorász, Leukipposz, Démokritosz rendszerezték, továbbfejlesztették koruk tudományos ismereteit. A XIX. század végén születtek olyan elképzelések, hogy ha a Marson értelmes lények laknak, akkor ismerik a Pitagorasz-tételt, és ilyen ábrákat a Marsra sugározva felvehetnénk velük a kapcsolatot. A Pitagorasz-tételre legalább 40 különböz˝o bizonyítás található a http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/index.shtml címen. (2009) [2] Pierre de Fermat (1601–1665) francia jogász, aki „m˝ukedvel˝o matematikus” volt. Eredményeit nem publikálta, csak levelezéseiben tudatta kora matematikusaival. Mégis úgy tartják, hogy lerakta a modern

172

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

számelmélet alapjait, hozzájárult a differenciálszámítás megalapozásához, koordináta-rendszert alkalmazott megel˝ozve Descartes-ot. 1670-ben fia publikálta a Nagy Fermat-tételt, amely sokáig csak sejtés volt, mert csak 1995-ben találták meg a bizonyítást. (Lásd a következ˝o jegyzetet.) Fermat a sejtését Diophantosz Arithmetikájának margójára jegyezte le. A levelezéseiben n = 3 és n = 4 esetre vetette fel a problémát. Azt gondolják, hogyha ismerte volna az általános eset bizonyítását, akkor nem a speciális esetekkel foglalkozott volna. Kés˝obb, Euler-nek (1707–1783) n = 3-ra sikerült bizonyítania. [3] Ernst Eduard Kummer (1810–1893) német matematikus. 1843ban bemutatta Dirichlet-nek a Nagy Fermat-tételre talált bizonyítását, de abban Dirichlet hibát talált. Kés˝obb a hibát javítva megalkotta az ideális számok elméletét, ezt felhasználva n < 100 esetére talált bizonyítást (ahol n a kitev˝o). Ezért a munkájáért megkapta a francia akadémia nagydíját, de szerinte a nagy Fermat-sejtés inkább tréfája, mint csúcsa a matematikának. Kummer bizonyításában Harry Schultz Vandiver (1882–1973) hibát talált. Az 1990-es évek elején számítógépes módszerrel n < 4 000 000ig sikerült kiterjeszteni a bizonyítást. A legenda szerint Paul Wolfskehl (1856–1906) német nagyiparost szíve választottja kikosarazta. Úgy gondolta, hogy a legjobb, amit tehet, hogy éjfélkor öngyilkos lesz. Az éjfélt egy könyvtárban várta, közben a Fermat-sejtésr˝ol szóló munkákat olvasgatott. Éjfél elmúlt, és ezzel együtt a teátrális öngyilkosság ideje is. A végrendeletét megváltoztatta, 100 000 márkát (ami manapság több mint 1 millió euró) ajánlott a tétel bizonyításáért. Sir Andrew John Wiles (1953– ) az Amerikai Egyesült Államokban él˝o angol matematikus 1993 nyarán bejelentette, hogy bizonyítani tudja a TSW-sejtést a görbék egy elég nagy osztályára, amib˝ol következik, hogy a Fermat-sejtés igaz. Néhány hónap múlva kiderült a bizonyítás hiányossága. Az új, hiánytalan változat 1995-ben az Annals of Mathematics májusi számában jelent meg Wiles és egykori tanítványa, a Harward matematikus professzora, Richard Taylor (1962–) együttm˝uködésében. Wiles e munkájáért elnyerte a Wolf-díjat. (A Wolf-díj a Nobel-díjnak megfelel˝o, matematikai eredményekért adományozott díj. Magyar matematikusok közül eddig Erd˝os Pál és Lovász László kapta meg.) 2000-ben Erzsébet királyn˝o lovaggá ütötte, így a neve azóta Sir Andrew Wiles, a Nagy Fermat-tételt pedig Fermat–Wiles-tételnek nevezzük.

P ITAGORASZI SZÁMOK ÉS A F ERMAT- FÉLE PROBLÉMA

173

Taniyama Yutaka (1927–1958) japán matematikus 1955-ben a racionális együtthatós elliptikus görbékr˝ol publikálta sejtését. Kés˝obb Shimura Goro japán és André Weil francia kutatók finomították, innen kapta a hipotézis a nevét: Taniyama-Shimura-Weil-sejtés, vagy TSW-sejtés. A teljes TSW-sejtés bizonyítása 2001 óta ismert Christopher Breuil, Brian Conrad, Fred Diamond és Richard Taylor munkái alapján. Ezt a XX. századi csúcsteljesítménynek tartják, amely több fontos kutatásnak adhat lendületet. Gy˝ory Kálmán (1940– ), az MTA rendes tagja (1998) és munkatársai vizsgálják eredményesen a diofantikus egyenletek egész megoldásait. Érdemes elolvasni: Staar Gyula: Az ember és a számok törvényei. Beszélgetés Gy˝ory Kálmánnal, az MTA Matematikai Tudományok Osztályának elnökével. Magyar Tudomány 2002/8. pp. 1079–1098. Simon Singh: A nagy Fermat-sejtés. Park Kiadó 1999, p. 364. Egy tudományos kalandregény, amelyb˝ol megismerhetjük a matematikatörténet néhány nagy alakjának viszonyát a „nagy Fermat-tétel”-hez. Így megismerhetjük a könyv alapján Püthagorász, Euler, Galois, Germain, Cauchy, Gauss, Hilbert, Gödel, Taniyama, valamint a tízéves kisfiú, Wiles portréját.

Egy pontegyüttes burkolóköre

1. A síkban legyen adva n pont: P1 , P2 . . . Pn . Ezeknek összességét kívánjuk pontegyüttesnek 1 nevezni. Figyeljük meg a pontegyüttes bármely két Pn és Pk pontja közti minden lehetséges távolságot. Ezen véges 2 sok távolság között egy legnagyobbnak kell lenni. Emeljük ki ezt, és nevezzük el az n pontból álló pontegyüttes átmér˝ojének. S1

d P1

r

d/2 M

P2

S2

56. ábra

A d átméro˝ j˝u n pont köré biztosan lehet egy d sugarú kört rajzolni, amely n pont mindegyikét tartalmazza (56. ábra). Csak arra van szükség, hogy az n pont közül egy tetsz o˝ leges, mondjuk 1 Szándékosan nem használjuk a ponthalmaz szót, mert az végtelen sok pont összessége számára is használatos. Egy pontegyüttes a mi elnevezésünk szerint csak véges sok pontot tartalmaz. 2 Könnyen megértjük, hogy n pont esetén n(n − 1) lehet˝ oség van párok képzé2 sére (lásd a Kombinatorikai problémák cím˝u el˝oadás 9/IV. pontját).

176

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

P1 körül d sugarú kört húzzunk. Mivel az n pont mindegyikének a P1 -t˝ol való távolsága legfeljebb d, ezért ez a kör P1 középpontján kívül az összes többi P2 , P3 . . . Pa pontokat is tartalmazza. Könnyen konstruálhatunk egy olyan kisebb kört is, amely az összes n pontot körülveszi. Keressük ki a legnagyobb d távolságú pontpárt (ha több ilyen van, akkor válasszunk ki közülük egy tetsz˝olegeset). Ennek a párnak mindkét pontja körül – nevezzük P 1 és P2 -nek – rajzoljunk d sugarú kört, amely nyilvánvalóan a párnak másik pontján is átmegy. Most az n pont mindegyike, amint már tudjuk, egyrészt a P1 körül, másrészt azonban a P2 körül rajzolt körben is benne fekszik. Tehát az összes n pontnak benne kell feküdnie a két kör körívekkel határolt közös területdarabjában, amelyet az 56. ábra szürke része mutat. Ez az S 1 , S2 csúcspontú kétszög körülvehet o˝ egy körrel, amelynek S 1 , S2 szakasz az átmér˝oje. Sugarára Pitagorasz tételének a P1 MS1 derékszög˝u háromszögre való alkalmazása az r2 = d 2 −


2 d 3 = d2 s 4

d√ összefüggést adja, tehát r = 3. Az olyan kört, amely a H 2 pontegyüttes minden n pontját a belsejében vagy kerületén tartalmazza, a pontegyüttes befoglaló körének nevezzük. Az el o˝ ször alkalmazott r = d sugarú befoglaló kör helyett tehát egy r=

d√ 3 = d · 0, 866 . . . 2

sugarú befoglaló kört adtunk meg.

1√ 2. Itt felmerül az a kérdés: vajon ezt az 3 számot nem 2 pótolhatjuk-e ismét egy még kisebbel? Erre a kérdésre válaszol W. H. Young [1] következ o˝ tétele: minden d átmér o˝ j˝u pontegyütteshez található olyan befoglaló kör, amelynek a sugara legfeljebb d√ r= 3 = d · 0, 577 . . . . 3

177

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

Némely pontegyüttesnél a befoglaló kör sugara még tovább csökkentheto˝ 3. Van azonban olyan pontegyüttes, amelynél kisebb sugár nem található. Ennek a fejezetnek a célja a Young-tétel bizonyítása. A r M x B

d/2

E

x r

D d/2

C

57. ábra

Annak a pontegyüttesnek, amely egy d oldalhosszú, egyenl o˝ oldalú háromszög csúcspontjaiból áll, könnyen megadhatjuk egy d√ befoglaló körét, amelynek a Young-féle mértéke 3. Legyen 3 r + x = h (57. ábra) az ADC derékszög˝u háromszögben: d 2 = h2 +

d2 , 4

h2 =

3d 2 , 4

h=

d√ 3. 2

(1)

tehát (2)

d sugarú körben foglalhat 2 helyet, és egy d átmér˝oj˝u pontegyüttes mindig tartalmaz egy d távolságú pontpárt, d ezért a befoglaló körnek -nél sohasem lehet kisebb a sugara. 2 3

Mivel két pont, amelynek a távolsága d, csak egy

178

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

Továbbá a DCM háromszögben érvényes: x2 +

d2 = r2 , 4

tehát d2 = r2 , 4 d2 = r2 , h2 − 2hr + r2 + 4 d2 = 2hr, h2 + 4 (h − r)2 +

és (1) miatt d 2 = 2hr, d2 = r, 2h amib˝ol (2) szerint

d2 d√ r= √ = 3 d 3 3 adódik, amint állítottuk. Egyenlo˝ oldalú háromszögre egyébként világos, hogy a körülírt kör egyúttal a legkisebb befoglaló kör is. De ezzel közelebbr o˝ l nem akarunk foglalkozni, mert ez a tény azután magától adódik. 3. Hogy most a Young-tételt általánosságban tetszés szerinti d átméro˝ j˝u pontegyüttesre bebizonyítsuk, arra fogunk törekedni, hogy a pontegyüttes minden befoglaló köre közül megkeressük a lehet˝o legkisebbet. Ebb o˝ l a célból eljárások sorozatát alkalmazzuk, amelyeknek a befoglaló kör állandó kisebbítését kell szolgálniok: I. Egy K1 befoglaló kört, amelyen a H pontegyüttesnek egyik pontja sincs rajta, egy kisebb K2 -vel pótolhatunk. Csak arra van

179

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

szükségünk, hogy K1 kör M középpontja körül a pontegyüttes Mt˝ol legtávolabbi pontján át megrajzoljuk a K 2 kört. Ez egészen a K1 -ben halad, mert K1 a H-nak minden pontját, tehát a kiragadott K2 -n fekvo˝ t is tartalmazza. Azonkívül K2 is nyilvánvalóan befoglaló köre a H-nak. II. Egy olyan K3 befoglaló kör, amelyen a H pontegyüttesnek csak 1 pontja fekszik, kisebbíthet o˝ . (58. ábra.) Legyen H pontegyüttesnek a K3 körön fekv o˝ pontja a P1 , akkor rajzoljuk meg valamennyi kört, amelyeknek a P1 pontban a K3 körrel közös érint˝oje van, és amelyeken H-nak még egy további pontja fekszik. Ezek a körök mindannyian a K 3 belsejében fekszenek. Közülük a legnagyobb a K 4 (amelynek a K3 -tól különböz o˝ nek kell lennie, mert a K3 körön csak a P1 pont, a K4 körön azonban a P1 en kívül a H-nak még egy további pontja is fekszik) körülveszi valamennyi többit, és ezért a H-nak valamennyi pontját is, és az n pont közül kett o˝ a kerületén fekszik. Ez kisebb, mint K 3 .

58. ábra

59. ábra

III. A H-nak azon pontjai, amelyek a befoglaló körön helyezkednek el, a befoglaló kört a H-beli pontokat már nem tartalmazó ívekre osztják. A következ o˝ kben pontmentes köríven röviden olyan körívet értünk, amelyen H-nak egyetlen pontja sem fekszik. A pontmentes ívnek a végpontjai azonban lehetnek Hnak a pontjai.

180

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

Ezzel a megfogalmazással azt állítjuk, hogy egy K 5 befoglaló kört, amelynek pontmentes íve egy félkörnél nagyobb, egy kisebb, K6 befoglaló körrel pótolhatunk. 4 Legyenek a K5 körön fekv o˝ félkörnél hosszabb pontmentes b ívnek a H-hoz tartozó P1 és P2 pontok a végpontjai (59. ábra). P1 , P2 szakaszra mint átmér o˝ re rajzoljuk a K ∗ -kört. Ha ez a H-nak minden pontját tartalmazza, akkor már ez a K 5 -nél kisebb befoglaló kör, mert a K5 körnek, amelyben a P1 P2 húr nem átmér o˝ (mert a b ív nem félkör), K ∗ -nál nagyobbnak kell lennie. Ha a K ∗ a H-nak nem tartalmazza minden pontját, akkor a K ∗ által nem tartalmazott pontoknak a (szürke) b és K ∗ közötti sarló formájú területen kell feküdniük, mert a b a feltétel szerint P1 , P2 végpontjain kívül H-nak egyetlen további pontját sem tartalmazza. A H-nak a szürke sarlóban fekv o˝ minden pontján keresztül rajzoljunk kört, amelyek a P1 és P2 pontokon is átmennek. A szürke sarlóban ezek a K5 -ön belül haladnak, tehát a K ∗ -on kívül, és abban a részben, ahol a K ∗ -on belül haladnak, ott a K 5 -ön kívül vannak. Ezen körök közül K 6 legyen az, amelynek íve a szürke sarlóban legmesszebb van a P1 P2 húrtól. Ez H-nak minden pontját körülveszi, mert H-nak a szürke sarlóban lév o˝ minden pontját tartalmazza, azonkívül tartalmazza K 5 és a K ∗ közös részét is, amelyben a H többi pontjának feküdnie kell. Továbbá a K 6 kör kisebb, mint a K5 , mert a K6 a K5 és K ∗ között fut, és ezért a K6 nak a középpontja közelebb fekszik a P1 P2 húrhoz, mint magának a K5 -nek a középpontja. Egy olyan burkolókörön, amelyet az I., II., III. el o˝ írások szerint többé nem lehet kisebbíteni, nem szabad félkör hosszúságnál nagyobb pontmentes ívnek feküdnie. Az ilyen befoglaló körnek tehát vagy egy átmér o˝ jének végpontjaiként kell a H-nak két pontját tartalmaznia, vagy keresztül kell mennie a H-nak három vagy több pontján, amelyek között csak a körkerület felénél kisebb pontmentes ívek vannak. Az els o˝ fajtájú kört a következ o˝ kben átmér˝os befoglaló körnek, a második fajta kört hárompontos 4 Az I. és II. esetet egyébként a III. speciális eseteként foghatjuk fel, mert mindkét esetben egy teljes körív pontmentes.

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

181

befoglaló körnek fogjuk nevezni. Az I., II., III. lépések nyilvánvalóan rögtön megadják az eljárást az egyik vagy másik fajta befoglaló kör el o˝ állításához. 4. Gondoljunk most arra, hogy minden olyan kört, amelyeknek az átméro˝ je a pontegyüttes két-két pontjának az összeköt o˝ szakasza, és továbbá minden olyan kört, amelyek a pontegyüttes három pontján mennek át, megrajzoltunk. 5

60. ábra

Ez a véges számú kör természetesen nem valamennyi befoglaló kör. Mindenesetre köztük vannak az éppen fentebb definiált átmér˝os befoglaló körök és hárompontos befoglaló körök. Most ebb˝ol ismerjük fel, hogy az ilyen különleges befoglaló körök is csak véges számban lehetnek. Ezeket átvizsgáljuk, és véges sok összehasonlítással meghatározzuk közülük a legkisebbet: nevezzük ezt k-nak. Akkor k az egyáltalán lehetséges befoglaló körök közül a legkisebb, mert ez minden átmér o˝ s és minden hárompontos befoglaló kör összehasonlítása útján adódott, és az I., II., III. szerint kisebbnek kell lennie minden olyan befoglaló körnél, amely sem nem átmér o˝ s, sem nem hárompontos befoglaló kör. Ezenfelül ez egyértelm˝uen meghatározott. Mert ha volna egy másik, k befoglaló kör, amely ugyanakkora, mint a k (60. ábra), akkor a H mind a k, mind a k  körben benne feküdnék, tehát a k és k közös területében, vagyis egy körív-kétszögben. E köré a közös terület köré azonban egy kisebb k ∗ befoglaló kört lehetne húzni, ellentétben a k minimumtulajdonságával. Ezt az egyértel5

Ez összesen legfeljebb

n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) + kör. 1·2 1·2·3

182

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

m˝uen meghatározott legkisebb befoglaló kört a H pontcsoport burkolókörének nevezzük. A k burkolókörnek félkörívnél hosszabb pontmentes íve nem lehet, mert ekkor a III. szerint nem lehetne legkisebb befoglaló kör. 5. Most erro˝ l a k burkolókörr o˝ l megmutatjuk, hogy sugara a d√ 3 számnál nem nagyobb. Ebb o˝ l a célból keressük ki a k kerü3 leten fekvo˝ lehet˝o legnagyobb δ távolságú pontpárt, amely távolság természetesen legfeljebb a pontcsoport d átmér o˝ jével lehet egyenlo˝ . El˝oször lehetséges, hogy a H-nak a k körön lév o˝ két pontja egy átmér˝on átellenesen fekszik. Akkor a k kör átmér o˝ je k · 2r = δ, és d d√ δ ≤ d, r ≤ , tehát mindenesetre r < 3. 2 3

61. ábra

Másodszor ne ez az eset álljon fenn. Akkor keressük ki k körnek pontmentes ívei közül a legnagyobb b ívet (ha több ilyen van, akkor az egyik legnagyobbat), melynek H-hoz tartozó végpontjait P1 - és P2 -nek nevezzük. Ez a b ív biztosan kisebb, mint a félkör, mert – amint fentebb megállapítottuk – ennél nagyobb a k körnek egy pontmentes íve nem lehet, és b a félkörrel sem lehet egyenlo˝ , mert különben P1 és P2 végpontjai diametrálisan feküdnének, ezt az esetet pedig kizártuk. Húzzuk meg a b ívben a húrt, és végpontjaiban emeljünk mer o˝ legest, amelyek 2 további, Q és Q1 pontban metszik a kört, és ezáltal a k körb o˝ l a Q1 és Q2 között b ívet metszenek ki, amely a b-vel átellenesen fekszik, és

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

183

vele egybevágó (61. ábra). A Q 1 és Q2 pontok nem tartoznak a H-hoz, mert Q 1 a P2 -vel s Q2 a P1 -gyel diametrálisan szemközt fekszik, és ilyen pontpároknak a most megfigyelt esetben a Hban nem szabad lenniök. A b  ív most nem lehet pontmentes, mert ha ilyen volna, akkor ennek egy még nagyobb pontmentes íven kellene feküdnie, mivel végpontjai nem tartoznak a H-hoz. Ezt azonban kizártuk, mert b-nél nagyobb pontmentes ív nem lehet. Ennek következtében b  a Q1 és Q2 között a H-nak legalább egy P3 pontját tartalmazza. P1 P2 P3 pontok hegyesszög˝u háromszöget képeznek. A P1 - és P2 -nél lévo˝ szögek ugyanis hegyesszögek, mert kisebbek a P1 - és P2 -nél szerkesztett derékszögeknél, és a P3 -nál fekvo˝ szög, mivel a félkörívnél kisebb b íven fekv o˝ kerületi szög, szintén hegyesszög (kisebb ívhez kisebb kerületi szög tartozik, és Thálesz tétele szerint csak félkörívhez tartozik 90◦ -os kerületi szög). A 3 ív közül, amelyekre a k kört P1 , P2 , P3 pontok szétbontják, egyiknek legalább harmadkörnek vagy nagyobbnak kell lennie, azonban a P1 , P2 , P3 háromszög hegyesszög˝u volta miatt félkörnél kisebbnek. Ennek Pi Pj húrjának tehát legalább akkorának kell lennie, mint a harmadkör húrjának, azaz akkorának, amekkora a k körbe beírt szabályos háromszög s oldala. Mivel a Pi Pj távolság legfeljebb a d átmér o˝ lehet, megállapítottuk, hogy s ≤ d. Az s oldalhosszú egyenl o˝ oldalú háromszög köré írt kör sugara s√ (a 2. szakasz szerint) r = 3. Az s ≤ d miatt a k kör sugara 3 d√ 3, r≤ 3 ami bizonyítandó volt. 6. Most könnyen felismerhetjük, hogy egy d átmér o˝ j˝u pontd √ rendszer burkolókörének sugarára vonatkozó · 3 korlátot ál3 talában nem lehet tovább kisebbíteni. Ugyanis egy d oldalhosszra egyenlo˝ oldalú háromszög csúcspontjai által meghatározott pontd√ rendszernek – amelynek sugara 3 – maga a körülírt köre a 3 burkolóköre. Mert a 4. szakasz szerint egy pontrendszernek a bur-

184

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

kolókörét az átmér o˝ s és hárompontos befoglaló körök között kell keresni. Az átmér o˝ s körök azonban csak 2 csúcspontját tartalmazzák az egyenl o˝ oldalú háromszögnek (62. ábra), tehát csak a hárompontos kör, azaz a körülírt kör marad meg egyedül számításba jöheto˝ legkisebb befoglaló körként. Bár szemléletesen nagyon világos, hogy az egyenl o˝ oldalú háromszög csúcspontjai pontrendszerének burkolóköre az egyenl o˝ oldalú háromszög körül írt kör, ez a tény mégsem teljesen magától értet o˝ d˝o. Ugyanis egy tompaszög˝u háromszögnek a körülírt köre nem burkolóköre csúcspontjai pontrendszerének, inkább legnagyobb oldalának az átmér˝os köre lesz az (63. ábra).

P1

P3 P2

62. ábra

63. ábra

Megjegyzések H. W. E Jung analóg problémát vizsgál n dimenzióban, s arra az eredményre jut, hogy d átmér o˝ j˝u n-dimenziós ponthalmazt tartalmazó gömb r sugarára:  r=d

n , 2(n + 1)

ebb˝ol adódik a könyvünkben vizsgált n = 2 eset. (Über die kleinste Kugel, die eine räumliche Figur einschließt, Crelle’s Journal Bd 123 (1901), S. 241–257.)

E GY PONTEGYÜTTES BURKOLÓKÖRE

185

Jegyzet [1] William Henry Young (1863–1942) angol matematikus, f˝oként differenciál- és integrálszámítással foglalkozott. A nevéhez kapcsolódó tétel a Young-tétel: Ha a z = f (x, y); D f ⊆ R2 kétváltozós függvény els˝orend˝u parciális differenciálhányados függvényei az A = (a, b) ∈ R2 pont IA környezetében léteznek és az A pontban totálisan differenciálhatók,  (a, b) = f  (a, b). akkor fxy yx Munkásságát jelzik a következ˝o adatok: 1907-ben beválasztották a Fellow of the Royal Society-be; 1928-ban megkapta a Sylvester-érmet. A James Joseph Sylvesterr˝ol elnevetett Sylvester-érem egyike a Royal Society 10 érmének, melyet 1901 óta háromévenként osztanak ki a matematika terén elért kiemelked˝o eredményekért. Elnöke volt 1922–1924 között a London Mathematical Society-nek; 1929–1936 között pedig az International Union of Mathematicians-nak. Magyar tudománytörténeti jelent˝oségér˝ol Babits Mihály és Dienes Zoltán Pál levelezéséb˝ol kis adalékot kapunk. Young 1932-ben, Doverben állást szerzett Dienesnek. „Nagyon jó emberek, segíteni akarnak mindenben. Aranyos kis tengerparti város. Nekem az a szerepem, hogy a magasabb (és f˝oleg mélyebb) kontinentális nívót (Párizst) képviseljem. Egyel˝ore csak a leghaladottabbaknak adok el˝o „modern” dolgokat, például a Dirichlet-problémát!”, írja Dienes 1921 májusában Babitsnak.

Irracionális számok közelítése racionális számokkal

Már az ókorban szerepet játszott, hogy az egységnyi sugarú kör√ 22 , s hogy 2 nagyon közel van a nek a területe π, körülbelül 7 7 -höz. Mi hát a világos matematikai értelmük az ilyen állítások5 nak? Mi az értelmük a „körülbelül”, „nagyon közel” szavaknak, amelyek tulajdonképpen nem szerepelnek a precíz matematikus szótárában. 1. Ha valamilyen w szám adott, akkor hozzá tetsz o˝ legesen közel törtek, vagy amint a matematikus mondja, racionális számok találhatók. Például ha π = 3, 14159 . . . tizedestört kifejtését ismerjük, akkor a π számára nézve a következ o˝ törtekkel rendelkezünk: 3, 1 =

31 , 10

3, 14 =

314 , 100

3, 141 =

3141 ... 1000

amelyek mindig jobban közelednek a π-hez. Az 1. tört nyilván1 32 valóan -nél kevesebbel tér el a π-t o˝ l (mert 3, 2 = már túl10 10 1 ságosan sok), a 2. tört -nál kevesebbel és így tovább. Ezen a 100 módon minden számot, amelynek tizedestört-kifejtését ismerjük, törtekkel tetszés szerinti pontossággal megközelíthetünk. Talán szépséghiba, hogy ez az állítás, melyet éppen az imént tettünk, annyira összefügg a mi tízes számrendszerünkkel. Ezt az állítást ett˝ol a hibától könnyen megszabadíthatjuk, és a következ o˝ tételt állíthatjuk fel, amelyben 10, 10 2 . . . számokat tetszés szerinti n-el pótoljuk.

188

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

1. tétel: Ha w tetszés szerinti szám, és n tetszés szerinti egész m szám, akkor van egy n nevez˝oj˝u racionális szám, , amelyt˝ol a w n 1 -nél kevesebbel tér el: n 0 ≤ w− Ha például w = (1)

m 1 < . n n

√ 2, n = 5, akkor w az 1 és 2 között van, tehát az 1,

6 7 8 9 , , , , 2 5 5 5 5

számok közötti 5 intervallum valamelyikében fekszik – amely1 nek mindegyike hosszúságú –, és anélkül, hogy a közelebbit 5 kiszámolnánk, biztos, hogy ezen számok közül az, amely közvet√ √ 1 lenül kisebb 2-nél, 5 nevez o˝ j˝u tört, amely 2-t˝ol -nél keve5 sebbel tér el. Általában éppen így egy tetsz o˝ legesen megadott w számnál, ha a w-nél közvetlenül kisebb egész szám g, a következ o˝ számokat kell megfigyelni: (2)

1 2 n−1 g, g + , g + . . . g + , g + 1, n n n

és közülük azt a számot kell kiválasztani, amely még kisebb w1 nél, vagy vele egyenl o˝ , tehát w-t˝ol -nél kevesebbel tér el. Len l gyen ez g + , akkor n
 l 1 (3) 0 ≤ w− g+ < , n n és ezzel a kit˝uzött tételt bebizonyítottuk. √ Ki akarjuk még számítani, hogy a 2 az (1) alatti számok közül ténylegesen melyik kett o˝ közé esik. Számítás közben √ a nevez˝ot kényelmesebb eltávolítani, és azt kérdezni, hogy a 2-nek

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

189

√ √ √ √ az 5-szöröse, tehát 5 2 = 25 · 2 = 50, az (1) alatti számok 5-szöröse közül, azaz (1a)

5, 6, 7, 8, 9, 10

√ számok közül melyikhez tartozik, vagyis melyik a 50 √ alatti legnagyobb egész szám. Mivel 49 < 50 < 64, azért 7 < 50 < 8, tehát a keresett szám 7. (4)

0≤

√ 7 1 2− < . 5 5

A fenti tétel általános bizonyítása is messzemen o˝ en egyszer˝ubben alakul, ha w helyett nw-t figyeljük meg, és az nw szám alatti legnagyobb egész számot keressük; legyen ez m, akkor m ≤ nw < m + 1, tehát 0 ≤ nw − m < 1, és ha most az n-ed részekre térünk át, m 1 0 ≤ w− < , n n amit be kellett bizonyítanunk. √ 2. Az, hogy π-nek és 2-nek a „közelében” törtek (racionális számok) vannak, nem jelent semmi különlegeset. Mi az értelme 22 √ 7 annak, hogy π „körülbelül” , 2 „körülbelül” ? Annyit 7 5 7 √ jelent, hogy a 2-höz „sokkal közelebb” fekszik, mint aho5 gyan a bizonyított tétel biztosítja. Mert pontosabban véve érvé√ 17 17 7 7 √ nyes < 2 < , és 2 ezért a -t˝ol kevésbé tér el, mint 5 12 5 12 7 a -t˝ol, tehát 5 √ 1 7 17 7 − = , 2− < 5 12 5 60 1 míg (4) csak azt mondja, hogy az eltérés -nél kisebb. Ennek 5 megfelelo˝ en hangzik az állítás, amelyet Arkhimédesz a π számra tett: 10 1 3+ < π < 3+ , 71 7

190

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

tehát

 22 10 10 10 10 10 1 −π < 3+ − 3+ = − = = , 7 70 71 70 71 70 · 71 497 1 korlátot szolgáltatja. 7 Azonban ez a „sokkal közclebb” még mindig nincs benne a matematikus szótárában. Most erre vonatkozólag egy világos tételt állítunk fel és azután bebizonyítjuk. 2. tétel: Ha w nem racionális szám, és N valamilyen egész m szám, akkor van egy tört, melynek nevez˝oje legfeljebb N, és n 1 m melyt˝ol w kevesebbel tér el, mint . Ezért végtelen sok tört n·N n 1 van, amelyek w-t˝ol kevesebbel különböznek, mint 2 . n √ 7 A megel˝oz˝o két számpéldára ez azt jelenti, hogy 2 − ki5 1 22 1 1 1 sebb, mint 2 = , és − π kisebb, mint 2 = . Ha ebben a 5 25 7 7 49 két esetben az új törvény által biztosítottakat a valóság messze felülmúlja is, mégis ez a második az els o˝ triviális tételnek lényeges élesítését jelenti. A bizonyítás során ne csak az Nw-t és a nála közvetlenül kisebb egész számot figyeljük meg, hanem a míg a mi tételünk csak az

w, 2w, 3w . . . Nw számoknak a sorozatát, és jelöljük az ezeknél közvetlenül kisebb egész számokat g1 , g2 , g3 . . . gN , tehát

0 < w − g1 < 1, 0 < 2w − g2 < 1 .. . 0 < Nw − gN < 1.

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

191

A√ legegyszer˝ubben egy példán keresztül tájékozódhatunk (w = 2, N = 13): √ 2 = 1, 414 . . . = 1 + 0, 414 . . . √ 2 2 = 2, 828 . . . = 2 + 0, 828 . . . √ 3 2 = 4, 242 . . . = 4 + 0, 242 . . . √ 4 2 = 5, 656 . . . = 5 + 0, 656 . . . √ 5 2 = 7, 071 . . . = 7 + 0, 071 . . . √ 6 2 = 8, 485 . . . = 8 + 0, 485 . . . √ 7 2 = 9, 899 . . . = 9 + 0, 899 . . . √ 8 2 = 11, 313 . . . = 11 + 0, 313 . . . √ 9 2 = 12, 727 . . . = 12 + 0, 727 . . . √ 10 2 = 14, 142 . . . = 14 + 0, 142 . . . √ 11 2 = 15, 556 . . . = 15 + 0, 556 . . . √ 12 2 = 16, 970 . . . = 16 + 0, 970 . . . √ 13 2 = 18, 384 . . . = 18 + 0, 384 . . . A 13 darab többlet között, amelyek a táblázat számai és a náluk közvetlenül kisebb egész számok √ között fennáll, szemmel láthatólag az ötödik a legkisebb: 5 2 − 7 = 0, 071 . . ., s a legnagyobb a tizenkettedik: √ √ 12 2 = 16 + 0, 970 . . . azaz 12 2 = 17 − 0, 030 . . ., √ tehát 17 − 12 2 = 0, 030 . . .. Rendezzük nagyság szerint ezeket az eltéréseket, akkor van 0 és 1 közé eso˝ 13 számunk, amelyek ezt a számközt 14 intervallumra osztják fel. Természetesen ezek az intervallumok nem mindannyian egyenl o˝ hosszúak, tehát nem mindegyik pontosan 1 1 hosszúságú. De közülük egynek biztosan -nél kisebbnek 14 14

192

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

1 lenne, akkor együttesen legkell lennie, mert ha mindegyik 14 14 = 1 hosszúságúak volnának. Ha csak egyik is nagyobb alább 14 1 -nél, akkor az összegük már nagyobb volna 1-nél. Azonban ha 14 √ 1 -et tennének ki, akkor magának a 2mindannyian pontosan 14 nek is, mint a 13 szám egyikének, olyan többlete volna, amely √ √ m néhány tizennegyedet tesz ki, 2 = 1 + , azaz 2 racioná14 √ lis szám volna. Mivel a w-r o˝ l feltettük és a 2-r˝ol kiváltképpen tudjuk az Összemérhetetlen szakaszok és irracionális számok cím˝u elo˝ adásból, hogy irracionális, következik tehát, hogy az in1 tervallumok egyike kisebb -nél. Nem tudjuk, hogy ez az in14 √ tervallum a 2 melyik két √ √ többszöröse között húzódik. Legyen a 2 − ga = ra az alsó, b 2 − qb = rb a fels˝o vége ennek az intenvallumnak, tehát √ √ 1 0 < rb − ra = (b 2 − gb) − (a 2 − ga) < . 14 Így tehát

√ 1 0 < (b − a) 2 − (gb − ga) < , 14 és ekkor a, b valamelyike a 0, 1 . . . 13 számoknak, b − a is (el o˝ jelt˝ol eltekintve) egyike ezeknek a számoknak, azaz

−13 ≤ b − a ≤ 13, √ és ezzel (b −√ a) 2-ben, vagy abban az esetben, ha ez negatív √ volna, (a − b) 2-ben felismertük egyikét a 2 tizenhárom több√ szörösének. Jelöljük n 2-vel, melynek többlete a közvetlenül alatta lév˝o vagy közvetlenül fölötte lév o˝ egész számhoz viszo1 nyítva -nél kisebb: 14 √ 1 1 − < n 2−m < , ahol n ≤ 13, 14 14

193

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

és így, ha n-nel osztunk: −

√ m 1 1 < 2− < . 14n n 14n

−

√ 1 m 1 < 2− < 2. 2 n n n

√ Általában, ha 2 helyett w szerepel, 13 helyett N, 14 helyett N + 1, akkor éppen úgy következik, hogy van egy n ≤ N, amelyre (5)

−

m 1 1 < w− < (N + 1)n n (N + 1)n

érvényes, amint állítottuk. Ezzel 2. tételünk els o˝ részét bebizonyítottuk. Az (5)-bo˝ l n ≤ N miatt még inkább következik, hogy (6)

−

1 1 m < w− < 2. n2 n n

Tehát találtunk olyan törteket, amelyekt o˝ l a w kevesebbel tér el, 1 mint 2 . A (6)-ból ugyan kiesett N, azonban felhasználtuk az n m tört megállapításánál, amelynek nevez o˝ je n, hogy rendelkezik n n ≤ N tulajdonsággal. A fentebbi számpéldában n-nek az értéke 5, amíg N az 5, 6, 7 . . . 11 számok egyike, ugyanis √ 1 0 < 5 2−7 < , 5

0
1, 55, Legyen elo˝ ször n n √ √ m 1 mert akkor 2 < 1, 45, minden 1,55 felett lév o˝ tört 2-t˝ol n 10 1 1 nél többel tér el, és 2 mindig kisebb -nél n = 2-to˝ l kezdve, 3n 10 m m tehát > 1, 55 esetén az állítás biztosan teljesül. Ha most a n n √ 2 és 1,55 közé esik, akkor  m 2 n

−2 =

m2 − 2n2 g = 2, n2 n

ahol g pozitív egész szám, tehát mindenesetre  m 2 n

−2 ≥

1 . n2

196

I RRACIONÁLIS SZÁMOK KÖZELÍTÉSE

Ebb˝ol az a2 − b2 = (a+ b)·(a− b) azonosság alapján következik: m

√ m √ 1 + 2 − 2 ≥ 2, n n n

és ebb˝ol

m √ 1 1 − 2≥ 2 · m √ . n n + 2 n m √ m < 1, 55, akkor + 2 < 1, 55 + 1, 45 = 3, tehát a Ha most n n 1 reciproka ennek az összegnek nagyobb, mint , és végül 3 m √ 1 − 2 ≥ 2, n 3n m √ amint állítottuk. Ha 0 < < 2, akkor kiindulva n  m 2 g 1 = 2 ≥ 2 -b˝ol, 2− n n n a következo˝ képpen okoskodhatunk: √ 1 1 m 1 1 1 2− ≥ 2 · m √ > 2 · √ > 2. n n n 3n 2 2 + 2 n Tehát minden esetben bebizonyítottuk az állítást.

Egyenesbevezetés csuklós szerkezettel

1. J. Watt[1] a g o˝ zgépnél egy említésre méltó segédszerkezetet talált fel, a Watt-féle parallelogrammának nevezett szerkezetet, amelynek lényegét a 64. ábra mutatja sematikusan.

64. ábra

A készülék rudakból áll, amelyeket C, D, E, F csuklók kötnek össze. A és B pontokhan a rudakat forgathatóan er o˝ sítik meg. Minden csuklónak tengelye van, amelyeket a rajz síkjára mer o˝ legesen képzeljünk el. 1 F pontban csatlakozik a dugattyúrúd. A készüléknek az a célja, hogy a dugattyúrúd F végpontjának egyenes vonalú mozgást adjon. Ez szükséges azért, hogy a dugattyú a hengerben ne szoruljon és ne is lötyögjön. Matematikai vizsgálat könnyen kimutatja, hogy a Watt-féle parallelogramma csuklós szerkezet semmi esetre sem vezeti az F pontot pontosan egyenes vonalban, mégis, kis határok között, közelít o˝ leg egyenesnek te1 A csuklós szerkezet vázlatos rajzában a helyhez kötött forgáspontok A és B, a mozgó csuklók C, D, E és F. A szaggatott vonal képzelt segédvonal, nem jelöl semmiféle rudat.

198

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

kintheto˝ . Tehát ez a mechanizmus az egyenesbevezetés technikai követelményeit valamelyest kielégítette. A CDEF parallelogramma – amely ennek a szerkezetnek a nevét adta – egyébként nem lényeges, csak arra a célra szolgál, hogy a mozgásnak a használható egyenes szakaszát megnagyobbítsa. A készülék lényeges részét az ABCD rudak képezik. A DC rúd M középpontja nem nagy kitérésnél közelít o˝ leg egyenes vonalú mozgást végez. Akkor AD = DE = CF = BC és DC = EF. Az AE rúd a D pontnál nem hajlítható, mert az A, M, F pontok mindig egy egyenesen feküsznek az ADM és AEF háromszögek hasonlósága miatt. Továbbá ugyanezen okból az AF kétszer akkora, mint az AM, ezért az F az M-hez hasonló mozgást végez, csak kétszer akkora méretben. Az M mozgását éppen olyan jól tudnánk k-szorosára megnövelni, ha a DEFG négyszögnek olyan méreteket adnánk, hogy AD : AE = DM : EF = 1 : k. Itt ismét AD = BC, miáltal a CD szakasz középpontja közelít o˝ leg egyenes vonalú mozgást végez. (65. ábra.)

65. ábra

A Watt-féle parallelogrammával az egyenesbevezetés vizsgálatakor csak az M mozgásának vizsgálatáról van szó. A rudak néhány szélso˝ helyzetét megfigyelve könnyen belátható, hogy ez a mozgás nem lehet pontosan egyenes vonalú. Nem is foglalkozunk vele tovább, mert más céljaink vannak. 2. Az egyenesbevezetés problémája a gépszerkesztések történetében nagy jelent o˝ ség˝u volt, és ezért sokan foglalkoztak vele.

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

199

Manapság a Watt által kidolgozott módszernek már nincs gyakorlati szerepe. A mozdonyok küls o˝ , látható rúdjait megfigyelve láthatjuk, hogy napjainkban az egyenesbevezetés másféle módját helyezik elo˝ térbe: a „keresztfejet”, amelyet két párhuzamos sín között vezetnek. Talán a súrlódásra vonatkozó téves elképzelések miatt utasították el korábban a gépészek a keresztfejformát, és eszelték ki helyette a csuklós szerkezeteket. Ez a probléma nemcsak a gyakorlati embereket foglalkoztatta, ˝ természetesen élesen hanem a matematikusokat is vonzotta. Ok fogalmazták meg a problémát: keressünk olyan csuklós szerkezetet, amelynél egy csukló elméletileg pontosan egyenesen mozog. Mindenekelo˝ tt Csebisev [2] (1821–1894), a nagy orosz matematikus foglalkozott a Watt-féle parallelogrammával és javításaival, de pontos egyenesbevezetést nem talált. Matematikus körökben a sok hiábavaló megoldási kísérlet után a múlt század közepén már kételkedtek abban, hogy lehetséges az egyenesbevezetés problémájának szabatos megoldása csuklós szerkezetekkel. 1864-ben Peaucellier [3] tábornok mégis feltalált egy készüléket, amely az egyenesbevezetést (és még többet is) megvalósította; a készüléket inverzornak nevezték. Azután sikerült a problémára még egy egész sor megoldást találni, hiszen az egyenes vonal a csuklós szerkezetek által el o˝ állított görbék nagy osztályának speciális esete. 3. Vizsgáljuk meg mindenel o˝ tt a Peaucellier-féle csuklós szerkezetet. „Inverzornak” hívják, mert inverziót végez. Az inverzió speciális, önmagára való leképezése a síknak. [4] A leképezés alatt olyan hozzárendelést értünk, amelynél minden pontnak egy képpont felel meg. Egyszer˝u leképezések például 1. az egyenesre való tükrözés, amelynél egy pontot és a képét összeköt o˝ szakasz felez˝opontja pontja a tükörtengelynek is; 2. a párhuzamos eltolás, amelynél minden ponthoz azt a pontot rendeljük hozzá, amelyet a megadottból meghatározott hosszúságú és meghatározott irányú eltolással nyerünk; 3. a síknak egy pont körüli elforgatása megadott szöggel; 4. a síknak nyújtása egy pontból (a nyújtási középpontból), amelynél minden pontot a rajta átmen o˝ sugáron

200

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

eltolunk úgy, hogy a nulla ponttól való távolságát (nyújtási középpont) a nyújtásra jellemz o˝ 1 : λ arányban megnagyítjuk. A képpontnak nem feltétlenül szükséges a leképezend o˝ ponttól különböznie. Párhuzamos eltolásnál mindenesetre minden pontot t o˝ le különböz o˝ be képezünk le. Forgatáskor és nyújtáskor a centrumok önmagukba mennek át; tükrözéskor a tükröz o˝ egyenes minden pontja önmagába megy át.

66. ábra

Ezek a példák a leképezés fogalmának megvilágítására szolgálnak. Az inverziót, mint leképezést, a következ o˝ képpen értelmezzük: Adott egy kör, melynek O középpontja az inverzió-középpont (66. ábra). Egy O-tól különböz o˝ P pont képpontját, P  -t úgy találjuk meg, hogy O-ból a P-n keresztül sugarat rajzolunk, amely a kört a Q pontban metszi, és ezen a sugáron úgy határozzuk meg a P  pontot, hogy OP : OQ = OQ : OP  legyen. Az adott kör sugara legyen a, továbbá OP = r, OP  = r , akkor így is írhatjuk: r · r  = a2 . Az inverzió definíciójából nyilvánvaló, hogy az inverziókörben fekv o˝ pontok képe a körön kívül fekszik és megfordítva. Az inverziókörnek minden pontja önmagának a képe. Ezért az inverziót „körre vonatkozó tükrözésnek” is szokták nevezni. Az inverzió legfontosabb tulajdonsága megegyezik a közönséges tükrözésével: a képnek a képe ismét az eredeti pont. 4. Egyedi pontok leképezésér o˝ l az inverzió definíciója tulajdonképpen mindent elárul. Új kérdések akkor merülnek fel, ha a görbék leképezését vizsgáljuk. Ennek alapos vizsgálatára itt nem

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

201

vállalkozhatunk. Legfontosabb tény, hogy inverziónál egyenes és kör egyenesbe vagy körbe megy át. Ebb o˝ l a tényállásból a következ˝okben csak az els o˝ részt használjuk fel: az inverzió középpontján átmen˝o körnek a képe egyenes. Ezt fogjuk bizonyítani.

67. ábra

Legyen (67. ábra) k az inverzió centrumán, O-n átmen o˝ kör, melynek átmér o˝ je OA = d; K legyen az a sugarú inverzió alapköre. A pontnak a képe, A  az OA átméro˝ meghosszabbításán fekszik. Az OA = d  távolságnak a dd  = a2 egyenletet kell kielégítenie. Bizonyítsuk be, hogy az A  pontban az OA  -re emelt mero˝ leges egyenes a k kör képe. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy az O ponton átmen o˝ tetsz˝oleges egyenes a kört és az egyenest olyan P, illetve P pontban metszi, amelyekre érvényes OP · OP  = a2 . Húzzuk meg az AP segédegyenest, akkor az OAP és OA  P derékszög˝u háromszög – amelyeknek az O csúcsnál lév o˝ szögük közös – hasonló. Ezért érvényes a következ o˝ aránypár: OP : OA = OA : OP , mivel OP = r, OP = r , rr = dd  . Most azonban dd  = a2 , tehát rr = a2 . Az inverziónál pedig éppen ez a viszony áll fenn a pont és képe között. Tekintettel a következ o˝ kre, emlékeztetünk az elemi geometria egy ismert tételére (68. ábra). Ha egy pontból a körhöz szel o˝ ket húzunk, akkor a metszetek szorzata mindkét szel o˝ n egyenl o˝ . Legyen AP1 = s1 , AP 1 = s 1 , AP2 = s2 , AP 2 = s 2 , akkor ennek a tételnek az állítása így szól: s1 s 1 = s2 s 2 . Ez azonnal következik

202

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

az AP1 P 2 és AP2 P1 háromszögek hasonlóságából, amelyekben az A-nál lévo˝ közös szög egyenl o˝ , és a P 1 és P 2 -nél lévo˝ szögek, mint ugyanazon P1 P2 íven nyugvó kerületi szögek, egyenl o˝ k.

68. ábra

5. Ezen megjegyzések után térjünk vissza a Peaucellier-féle inverzorhoz (69. ábra). Ez egy c oldalhosszú PQP  R csuklós rombuszból áll, amelynek szemben fekv o˝ Q és R csúcspontjaihoz két egyenlo˝ , b hosszúságú rudat er o˝ sítenek, amelyek egy fix O pontban forgathatók. Legyen b > c. A szerkezet tehát hat rúdból áll: OQ, OR, PQ, PR, P Q, P R rudakból.

69. ábra

A készülék szimmetriája miatt az O, P, P  pontok mindig egy egyenesben vannak, a készülék szimmetriaegyenesében. Rajzoljunk Q körül c sugarú kört, amely keresztülmegy P és P  pontokon. Az OQ rúd és a meghosszabbítása messék a kört S, illetve T pontban. Akkor OPP  és OST a körnek szel o˝ i, amelyekre az el˝obb említett elemi geometriai tétel alkalmazható: OP · OP = OS · OT = (b − c)(b + c) = b2 − c2 .

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

203

Az OP · OP szorzat tehát állandó. Tegyük fel, hogy a 2 = b2 − c2 , akkor b egy derékszög˝u háromszögnek az átfogója, melynek az egyik befogója a, a másik c. Akkor azonban az OP · OP  = a2 egyenlo˝ ség azt mondja, hogy P a P  -be O középpontú, a sugarú körre vonatkozó inverzióval megy át. Ezzel az inverzor elnevezést megvilágítottuk. A készülék tehát a síknak abban a részében, amely a P és P  pontok számára elérhet˝o, inverziót valósít meg. Ennek az egyenesbevezetéshez történ˝o felhasználásához szükséges, hogy a P-t olyan körön vezessük végig, amely keresztülmegy az O ponton. Így eddigi ismereteink szerint P inverziónak egyenes vonalon kell mozognia. A P-nek körben való vezetését azonban csuklós mechanizmussal triviálisan el lehet érni. Egyszer˝uen a P-hez egy új ZP rudat kapcsolunk, amely Z rögzített végpontja körül foroghat. P a körpályáján keresztülmegy az O ponton, csak a ZP távolságot kell az állandó OZ távolsággal egyenl o˝ nek választani. Azáltal, hogy a készülékhez hozzáf˝uztük és Z-nél rögzítettük a hetedik PZ rudat, a P-nek csak egy lehet o˝ sége van: leírhat egy, az O ponton (esetleg csak képzelt meghosszabbításán) keresztülmen o˝ körívet, miközben P  egyenes vonalat fut be (amely egyébként mer˝oleges az OZ szakaszra) (69. ábra).

70. ábra

6. Még más inverzort is feltaláltak, amelyek természetesen éppen úgy megoldják az egyenesbevezetés problémáját, mint a Peaucellier-féle. Hartnak az inverzorja (70. ábra) a Peaucellierféle hat rúd helyett négy rúdból áll. A Hart-féle inverzor ellenparallelogramma, azaz egy csuklós négyszög, amelynek a szemben fekv o˝ oldalai egyenl o˝ hosszúak. Az „ellenparallelogramma”

204

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

azonban nem parallelogramma állásban, hanem átbillent állásban van.2 Az OPP R pontokat a rudak mindegyikén jelöljük meg, éspedig úgy, hogy ezek az ellenparallelogramma egy állásában az AC és BD átlókkal párhuzamos egyenesen feküdjenek. 3 Akkor az ellenparallelogramma minden állásában ezek az átlóval párhuzamos egyenesen maradnak. Az OP és BD párhuzamosságából következik: (1)

AO : OD = AP : PB

ennek megfelel o˝ en (2) (3)

AO : OD = CP : P D, AP : PB = CR : RB,

(4)

CR : RB = CP : P D.

Ezek az arányok mint tiszta hosszúságarányok természetesen a csuklós négyszög tetsz o˝ leges mozgásánál megmaradnak. Az (1)b˝ol következik azonban ismét, hogy a csuklós négyszög bármely állásánál OPDB. A (2) szerint OP  AC. Mivel ACBD, ezért OP DB-vel is. Ha azonban OP és OP  ugyanazon DB egyenessel párhuzamosak, akkor az O-, P- és P  -nek ugyanazon az egyenesen kell feküdnie, mégpedig az O ponton keresztülmen o˝ , BD-vel párhuzamos egyenesen. Analóg következtetéssel megállapítjuk, hogy R, P  , P az R ponton átmen o˝ , DB-vel párhuzamos egyenesen, tehát végül az O, P, P  , R pontok mindig egy, a DB-vel párhuzamos egyenesen fekszenek. 2 Az egyik állást a másik állásba mozgással vihetjük át. Az átmeneti állás a parallelogramma és az ellenparallelogramma állás közt az az állás, amelyben minden oldal egy egyenes vonalon fekszik, amelynél a kinyújtott ABC az ADC-vel egybeesik. 3 A két átló, AC és BD az ellenparallelogramma állásban mindig párhuzamos, mert ACB és ACD egybevágó háromszögek szimmetrikus helyzet˝uek, tehát az AC-re vonatkozó magasságuk ugyanakkora.

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

205

Továbbá a 3 egyenes párhuzamossága miatt OP : DB = AO : AD, OP : AC = DO : DA. Ezen arányok helyett a következ o˝ t is írhatjuk: OP · AD = AO · DB, OP · DA = DO · AC. Ha ennek a két egyenl o˝ ségnek megfelel o˝ oldalait egymással megszorozzuk, akkor AD 2 -tel való osztás után adódik: (5)

OP · OP =

AO · DO · AC · DB. AD2

A jobb oldalon AO, DO, AD állandó hosszúságok, amelyeket a készülék határoz meg, ellenben AC és DB az átlók hosszúsága, amelyek nyilvánvalóan az ellenparallelogramma állásától függenek. Az AC · DB szorzat mégis állandó, mert az ábrából, amelyben még a BEDA, és az AC-re mer o˝ leges BF-et is megrajzoltuk, minden további nélkül látjuk, hogy (6)

AC · BD = (AF + FC)(AF − FC) = AF 2 − FC2 .

AFB és FCB derékszög˝u háromszögekben Pithagorasz tételét alkalmazva: AF 2 + FB2 = AB2 , FC2 + FB2 = CB2 ; ebb˝ol kivonás útján következik: AF 2 − FC2 = AB2 − CB2; ezt helyettesítsük a (6)-ba, és akkor (7)

AC · BD = AB2 − CB2.

206

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

Ennek az egyenl o˝ ségnek a jobb oldalán valóban valami konstans áll. A (7)-bo˝ l és (5)-bo˝ l következik: OP · OP =

AO · DO · (AB2 − CB2 ), AD2

ahol jobb oldalon egy konstans, azaz a készülék méreteivel meghatározott kifejezés áll. Ha most az O pontot az ellenparallelogramma tetszo˝ leges mozgásánál rögzítjük, akkor (8) azt mondja, hogy a P és P  pontok, amelyek az O-val egy egyenesen feküsznek, egymáshoz olyan inverzióval vannak hozzárendelve, amelynél az inverzió alapköre sugarának a négyzetét a (8) egyenl o˝ ség jobb oldalán – egy komplikáltabb, de elemi módon szerkeszthet o˝ kifejezéssel – állítottuk elo˝ . Ezzel azonban bebizonyítottuk, hogy a Hart-féle inverzor valóban inverziót létesít. Ha végül a P pontot egy ötödik rúd segítségével egy, az O ponton keresztülmen o˝ körön vezetjük, akkor, amint tudjuk, a P  egyenes szakaszt ír le.

71. ábra

7. Ismerünk olyan csuklós szerkezeteket is, amelyek az egyenesbevezetést nem kerül o˝ úton – inverzióval – végzik. Kempe [5] igen szellemes készüléket, a kett˝os deltoidot találta fel (71. ábra). Deltoidon olyan négyszöget értünk, amelyben 2–2 oldal egyenl o˝ , azonban a 2–2 egyenl o˝ oldal szomszédos. A deltoidban mindig van két egyenl o˝ szög, mégpedig 2 különböz o˝ oldal zárja be o˝ ket. [6] Legyen ABCD és BCEF két csuklós deltoid, amelyek oldalaik arányában megegyeznek, és amelyek közül a nagynak a rövidebb oldalai a kicsinek a hosszabb oldalaival egyenl o˝ k. Képzeljük a

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

207

csuklós deltoidokat konvex állásban. Az egyenl o˝ oldalak CD, CB, CE. Azáltal, hogy a kis deltoidnak F csúcspontja a nagynak az oldalán fekszik, a két deltoidnak a B-nél közös szöge van. Ezért a D-nél, E-nél és B-nél lév o˝ szögek egyenl o˝ k. Két konvex négyszög hasonló, ha oldalaik aránya és egyik szögük egyenl o˝ . A két deltoidból összeállított csuklós szerkezet tetsz o˝ leges mozgásánál tehát a két deltoid hasonló marad. Ha a deltoidnak két szemben fekv o˝ oldalát meghosszabbítjuk, amíg metszik egymást, akkor a metszéspontban egy szöget alkotnak. Ezek az EXF és CY B szögek a hasonló deltoidoknál egyenlo˝ k. Ha a C ponton keresztül az AB-vel párhuzamos CZ-t meghúzzuk, akkor DCZ = CY B mint megfelel o˝ szögek, továbbá ZCE = EXF mint váltószögek. Tehát az egy ívvel jelzett szögek egyenl o˝ k az ábrában. Így az (feltétel szerint) egyenl o˝ szárú CDE háromszögnek a CZ szögfelez o˝ je, amelynek egyenl o˝ szárú háromszögben a DE alapra mer o˝ legesen kell állnia. Mivel CZAB, azért a DE összeköt o˝ szakasz mindig mer˝oleges AB-re. Tartsuk most a D-t fixen, és csak AB-t mozgassuk önmagával párhuzamosan. Akkor a D-t o˝ l az AB-ig terjed o˝ mero˝ leges távolság is helyben marad. Mivel az E pont ezen a mer o˝ legesen fekszik, azért E számára csak ezen a mer o˝ legesen való egyenes vonalú mozgás marad hátra. Hogy az AB-t párhuzamos irányú mozgásra kényszerítsük, a B-hez még egy BG rudat csatoljunk csuklósan, amelynek a hossza BG = AD = AB. A G pontot, éppen úgy, mint a D-t, rögzítsük, éspedig úgy, hogy legyen DG = AB. ABGD tehát rombusz. Egy rombuszban két szemben fekv o˝ oldal mindig párhuzamos, tehát AB a szerkezet minden állásában párhuzamos a helyben maradó DG-vel. Ezzel az egyenesbevezetést véglegesen megoldottuk. 8. Az egyenesbevezetés megvalósítására a Kempe-féle kett o˝ s deltoidot még más módon is elkészíthetjük. A kett o˝ s deltoidot állítsuk el˝o két szimmetrikusan kongruens ABCDEF és A  B CD E  F  példányban. Ezt a kett o˝ t kössük úgy össze, hogy C pontjuk közös legyen, és mind DCE  , mind DCE a C-n átmeno˝ rudak legyenek (72. ábra). DCE -nek CZ szögfelez o˝ je a bizonyítás sze-

208

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

rint párhuzamos AB-vel, a D CE  -nek CZ  szögfelezo˝ je analóg módon párhuzamos A  B -vel. Mivel a szerkesztés szerint DCE és DCE  csúcsszögek, ezért CZ és CZ  két szögfelezo˝ egy egyenesbe esik. Ezek az egyenesek az AB és A  B -vel párhuzamosak. Következésképpen AB és A  B a csuklós szerkezet minden állásában párhuzamosak egymással. Ezért azt állíthatjuk, hogy A  B mindig az AB meghosszabbításában fekszik. Mivel AB és A  B párhuzamosságát bebizonyítottuk, elegend o˝ kimutatnunk, hogy a C pont egyenl o˝ távolságra van AB és A  B -t˝ol. Ehhez pedig bebizonyítjuk, hogy ABCD és A  BCD a szerkezet minden állásában egymással (tükrösen) egybevágó. Valóban, a szerkezet mindkét felében a DCE és DCE  szögek egyenl o˝ k mint csúcsszögek.

72. ábra

A 7. szakasz szerint ezek a szögek a deltoid két szemben fekv o˝ oldala által alkotott szögek kétszeresei. Mivel a deltoidok oldalai is adottak, ezáltal a deltoid teljesen meghatározott. Ezt látjuk a következo˝ segédszerkesztésb o˝ l: az ABCD deltoidban a BCDH rombuszt rajzoljuk be. (73. ábra.) D C’

H A

B

73. ábra

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

209

Az AHC pontok szimmetria miatt egy egyenesen fekszenek 4. Mivel HBDC, azért az ABH a deltoid két szemben fekv o˝ oldalának szöge, tehát, mint a DCE fele (72. ábra), adott. Mivel AB adott, és BH egyenl o˝ az ugyancsak megadott BC-vel, ezért az ABH háromszög teljesen meghatározott. Így D a B-nek tükörképe az AH egyenesre, és C negyedik csúcspontja a BCDH rombusznak, amelynek már három csúcsa, BHD meghatározott. Amint állítottuk, a 72. ábrabeli készüléknek mindkét fele mindig kongruens, ezért a C-b o˝ l az AB-re és A B -re bocsátott mer o˝ legesek egyenl o˝ k. Tehát A, B, A  , B mindig egy egyenesen fekszenek. Ha az A és B pontokat rögzítjük, akkor A  B szakasz mozgatható marad: csak az AB egyenesen mozoghat ide-oda. Ezzel a csuklós szerkezettel az egyenesbevezetésnek új esetét nyertük. Ez a csuklós szerkezet többet valósít meg, mint az eddig tárgyaltak. Ezek közül ugyanis mindegyik csak egy pontot vezet egyenesbe. Az utoljára tárgyalt készülék azonban az egész A  B szakaszt önmagába viszi át. Mivel az A  B szakaszhoz tetszo˝ leges alakzatokat – akár az egész síkot is – mereven hozzáer o˝ sítettnek gondolhatunk, azért ez a készülék az egész síknak önmagára való parallel eltolását végzi, amelynél minden pont párhuzamos, és egymással egyenl o˝ utakat tesz meg. Jegyzet [1] Denis Papin (1647–1712) francia fizikus, matematikus, feltaláló volt az els˝o, aki dugattyús g˝ozgépet szerkesztett 1690-ben. Az o˝ eredményeit felhasználva Thomas Savery (1650–1715) angol feltaláló 1698-ban szabadalmat kért egy g˝ozgépre, amely bányákból vizet szivattyúzott. Kés˝obb ezt Thomas Newcomennel (1664–1729), aki kovács, vízvezetékszerel˝o, bádogos volt, továbbfejlesztették. James Watt (1736–1819) skót mérnök, feltaláló kísérleteit a g˝ozzel végezte. 1763-ban egy Newcomen-féle alig m˝uköd˝o g˝ozgép javításával bízták meg. A gépet nem találta hatékonynak, mert a h˝omennyiségnek

4

Ez az ábra megegyezik a Peaucellier-féle inverzorral.

210

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

hozzávet˝oleg 80 %-a a henger felf˝utésére fordítódott. Átalakította a gépet, melyet 1765-ben mutatott be. Watt másik találmányát, a párhuzamos egyenesbe vezet˝o mechanizmust 1784-ben szabadalmaztatta. [2] Pafnutyij Lvovics Csebisov (1821–1894), orosz matematikus, akinek a neve a köztudatba Csebisev-ként ment át. Az elmélet és annak alkalmazása is fontos volt számára. Sokszor a matematikai problémát gyakorlati feladat nyomán kezdte vizsgálni, ezért gyakran a gyakorlat matematikusaként is emlegetik. Jelent˝os eredményeket ért el az analízis területén a függvények megközelítésében, az integrálszámításban, a valószín˝uségszámítás területén, a prímszámok eloszlásának vizsgálatában és a mechanika területén is. A konstruktív függvénytan megalapítójaként tartják számon. A nevét viseli például a Bertrand-sejtés bizonyítása, a Csebisev-tétel, amely kimondja, hogy bármely n < 3 egész számra mindig van legalább egy olyan prím, ami n és 2n − 2 között fekszik. Például ha n = 8, akkor a 11, 13 prímszámok a 8 és 14 között fekszenek. A Csebisev-egyenl˝otlenség, amely kimondja, hogy kicsiny a valószín˝usége annak, hogy egy valószín˝uségi változó saját várható értékét˝ol szórásának sokszorosával térjen el, azaz minden véges szórású ξ valószín˝uségi változóra és tetsz˝oleges λ számra fennáll (|ξ − M(ξ)| ≥ λD(ξ) ≥ 1 , ahol M(ξ) ξ várható értéke, D(ξ) pedig a szórása. λ2 A Csebisev-polinomok, melyek segítségével választ kaphatunk például a következ˝o kérdésre. Közelítsük az x3 − x függvényt a [0; 2] intervallumon másodfokú polinommal. Mekkora lesz a maximális hiba, ha a közelítés hibája minimális? [3] Charles-Nicolas Peaucellier (ejtsd: Pószölié) (1832–1913) francia tábornok 1864-ben találta fel szerkezetét. Ugyanebben az id˝oben, t˝ole függetlenül Lippman Lipkin (1846–1876) litván matematikus tett azonos felfedezést, de sokkal részletesebben fejtette ki elképzeléseit. 1873-ban Peaucellier elismerte Lipkin munkáját. Azóta ezt a szerkezetet Peaucellier–Lipkin inverzornak nevezik.

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

211

Peaucellier-Lipkin inverzor [4] Az inverzió olyan síkbeli transzformáció, amely nem egyenestartó, azaz az egyenes képe nem biztosan lesz egyenes, és fordítva, nem egyenes képe lehet egyenes. A transzformáció analóg módon értelmezhet˝o gömbre vonatkozóan. Az O középpontú, r sugarú k(O, r) körre vonatkozó inverzión azt a ponttranszformációt értjük, amely a sík minden, O tól különböz˝o P pontjához azt a P pontot rendeli, mely rajta van az (OP) félegyenesen, és OP · OP = r2 . Jelölések: a k kör az inverzió alapköre; az O pont az inverzió pólusa; P = ϕ(P) a P pont képe; r2 az inverzió hatványa. Az értelmezésb˝ol következik: 1. Az alapkör az inverziót egyértelm˝uen meghatározza. 2. Ha a ponthalmazból elhagyjuk az inverzió pólusát, akkor a maradék ponthalmazt az inverzió önmagára képezi le. 3. Az inverzió egy-egy értelm˝u leképezés. 4. Az inverzió fix pontjai pontosan az alapkör pontjai. 5. A kör küls˝o pontjainak a képe a körnek bels˝o pontja, és fordítva. [5] Sir Alfred Bray Kempe (1849–1922) angol matematikus legnevezetesebb munkái a négyszínproblémával (lásd A négyszínprobléma cím˝u fejezet [2] jegyzete), valamint az egyenesbevezetéssel kapcsolatosak. Az 1970-es években Kempe ötlete alapján William Thurston (1946–) amerikai matematikus, topológus eszközöket dolgozott ki és sejtést fogalmazott meg a háromdimenziós sokaságok topológiai áttekintésére. A Thurston-féle geometrizációs sejtésnek speciális esete a Poincaré-sejtés, amely egyike az 1999-ben kijelölt 7 „Millenniumi problémá”-nak. Ezért a munkájáért 1982-ben elnyerte a Fields-érmet. (Ez az egyik legjelent˝osebb matematikai kitüntetés, sokan a Nobel-díjjal azonos rangúnak te-

212

E GYENESBEVEZETÉS CSUKLÓS SZERKEZETTEL

kintik. Négyévente ítélik oda, egy alkalommal legfeljebb négyen kaphatják meg az érmet.) Az IMU (a Nemzetközi Matematikai Unió) 2006-ban Grigorij Perelman (1966–) orosz matematikusnak ítélte az egyik Fields-érmet William Thurston geometrizációs sejtésének bizonyításáért. [6] E szerint a meghatározás szerint a rombuszt, és így a négyzetet is kizárjuk a deltoidok halmazából. Ennek elkerülésére a meghatározást a következ˝oképpen módosítjuk: ha egy négyszög egyik átlója mer˝olegesen felezi a máikat, azt deltoidnak nevezzük.

Tökéletes számok

Eukleidész Elemeinek IX. könyvében, a három aritmetikai könyv közül az utolsóban, végül az úgynevezett tökéletes számok témájához fordul, miután bebizonyította, hogy végtelen sok törzsszám van (lásd A törzsszámok sorozatáról cím˝u fejezetet). A „tökéletes szám” elnevezés Platónnál is többször el o˝ fordul, különösképpen az Állam cím˝u m˝uvének misztikus helyén, ahol egy sötét eugenetikai számelmélkedésbe von be bennünket az ún. menyegz o˝ i számra vonatkozólag. A mai matematika keretében vizsgálva ez az elmélet és amit a tételekhez a késo˝ bbi matematikusok hozzáf˝uztek, mer o˝ kuriózum, amely a f o˝ csapásiránytól távol esik. Ha ennek ellenére mégis foglalkozunk ezzel a témával, akkor azért tesszük, mert módszertani szempontból egy olyan szikrát tartalmaz, amelyet – amint a következ o˝ el˝oadásban meg fogjuk mutatni – Euler ismét fellobbantott, s azóta is nagy lánggal ég, fáklyaként lobogva mutatja a matematika erejét. A törzsszámok eloszlására gondolunk. Eukleidész nyomán tökéletesnek nevezünk egy számot, ha az egyenlo˝ összes osztójának az összegével. Például a 6 tökéletes szám. Összes osztói, amint könnyen kipróbálhatjuk, 1, 2, 3 és nyilvánvalóan 1 + 2 + 3 = 6. Tovább próbálkozva a következ o˝ tökéletes szám a 28, mert 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14. Ezután sokáig nincs másik tökéletes szám. Az a feladat, hogy keressük meg az összes további tökéletes számot, de ne próbálkozással, hanem szisztematikusan.

214

T ÖKÉLETES SZÁMOK

1. Világos, hogy törzsszám sohasem lehet tökéletes szám, mert a p törzsszám összes osztói p és 1. Mivel a tökéletes szám definíciójában magát a számot osztóként nem vettük figyelembe, ezért valamennyi osztó összege itt csupán 1, ami sohasem lesz p. 2. Ebbo˝ l a nagyon egyszer˝u megállapításból kiindulva haladjunk óvatosan el o˝ re. A 9 számnak, amely nem törzsszám, hanem egy törzsszámnak a négyzete, nyilvánvalóan l és 3 az osztói, és más osztója nincsen (az 1-t o˝ l 8-ig terjed o˝ számokat könnyen kipróbálhatjuk). Mivel 1 + 3 = 4 sokkal kevesebb, mint 9, így ez sem tökéletes szám. Világos, hogy ennek megfelel o˝ en valamely törzsszám négyzetének, p2 -nek osztói 1 és p; azonban hogy ezzel a kett o˝ vel az összes osztóit kimerítettük-e, azt nem tudjuk valamennyi p-re – átvizsgálással – kimutatni úgy, mint a 9-nél, hanem csak bizonyítással igazolható. Ezt Eukleidész jól tudta, és felállította a bizonyításhoz szükséges segédtételeket. Mi alapjában véve éppen úgy mutatjuk ki, csak kissé más fogalmazásban, amennyiben kiolvassuk ezt a törzstényez o˝ kre való felosztás egyértelm˝uségér o˝ l szóló tételb˝ol, amelyet a A számokat csak egyféleképpen lehet törzstényez˝okre bontani? cím˝u fejezetben tárgyaltunk. Ha ugyanis p 2 nek a p-n kívül más osztója is volna, akkor a közvetlenül adódó p2 = p · p törzstényez o˝ re bontáson kívül még más módon, más törzstényezo˝ k felhasználásával is fel lehetne bontani törzstényez˝okre. 3. Egész általánosan: valamely törzsszám magasabb hatványa sem lehet tökéletes szám. Mert hasonlóképpen p a összes osztója p-nek valamennyi alacsonyabb kitev o˝ j˝u hatványa: (1)

1,

p,

p2 . . . pa−1 ,

és összegük a geometriai sorozat összegképlete szerint, amelyet Eukleidész egyébként külön erre a célra vezetett le: (1a)

1 + p + p 2 + . . . + pa−1 =

pa − 1 . p−1

Az itt fellép˝o p − 1 nevez o˝ a legkisebb p-re, p = 2 esetén pontosan 1-gyel egyenl o˝ , minden ennél nagyobb p esetén azonban 1-

215

T ÖKÉLETES SZÁMOK

nél nagyobb. A p a − 1-nek a (p − 1)-ed része eszerint tehát vagy maga a pa − 1, vagy ennél kevesebb, de sohasem több. Azaz p a valamennyi osztójának az összege legfeljebb p a − 1, tehát biztosan pa -nál kisebb; pa tehát nem lehet tökéletes szám. 4. Ezen elo˝ gyakorlat után nem nehéz a tökéletesség szempontjából megvizsgálni olyan számot sem, amelynek két különböz o˝ törzstényezo˝ je van, mint például 72 = 2 3 · 32 , vagy általánosabban p3 · q2 alakú. Azonnal közvetlenül is világos, hogy a (2)

1, q, q2 ,

p, qp, q2 p,

p2 , qp 2 , q 2 p2 ,

p3 , qp3 , q 2 p3

számok, azaz p α qβ alakú számok (ahol α 3-ig, β 2-ig emelkedhet) maradék nélkül megvannak benne. Ismét a törzstényez o˝ kre való felbontás egyértelm˝uségének tételéb o˝ l közvetlenül adódik, hogy ezzel valamennyi osztóját kimerítettük és áttekintettük. Az osztók összegének képzéséhez jegyezzük meg, hogy a (2) táblázat 2. sorában az 1. sor számainak q-szorosa, a 3. sorában pedig a q2 -szerese van. Az els˝o sorban álló osztók összege az 1 + p + p 2 + p3 geometriai sor. Ezt elo˝ ször 1-szer, azután q-szor, majd q 2 -szer kell venni, összesen tehát T = (1 + q + q2)(1 + p + p2 + p3). Hasonló módon nyerjük N = p a · qb szám osztóinak összegére, hogy T = (1 + q + . . .+ qb )(1 + p + p2 + . . . + pa) =

(2a)

=

qb+1 − 1 pa+1 − 1 · . q−1 p−1

Itt el˝oször is tartsuk szem elo˝ tt, hogy a megel o˝ z˝o esetekkel ellentétben magát a N számot is felvettük az osztók közé.

216

T ÖKÉLETES SZÁMOK

5. Ezután kézenfekv o˝ az általánosítása a ketto˝ nél több különböz˝o törzstényezo˝ b˝ol felépített N számra. N = pa qb rc . . . esetén a (2) táblázaton kívül még ennek r-szeresét, r 2 -szeresét . . . r c szeresét nyerjük, és minden további törzstényez o˝ nél sokszorozás következik (magát az N-et ismét beszámítottuk): T = (1 + p + . . .+ pa )(1 + q + . . . + qb)(1 + r + . . . + rc ) . . . =

(3a)

=

pa+1 − 1 qb+1 − 1 rc+1 − 1 · · .... p−1 q−1 r−1

6. Alapjában véve mindez megtalálható Eukleidésznél, de o˝ csak p · 2b esetre dolgozta ki, azaz két olyan törzstényez o˝ re, amelyek közül az egyik q = 2, és a másikban csak a = 1 kitev o˝ szerepel. Ebben a különleges esetben (2a) formulánkból következik T=

2b+1 − 1 p2 − 1 · . 2−1 p−1

Ez az N szám tökéletes lesz, ha osztóinak összege, T egyenl o˝ N + N = 2N-nel, amelyek közé maga N is beszámítandó: T = (2b+1 − 1)(p + 1) = 2N, vagy, ha N értékét helyettesítjük: (2b+1 − 1)(p + 1) = 2 · p · 2 b = 2b+1 · p. Ebb˝ol azonnal következik, hogy 2b+1 (p + 1) − (p + 1) = 2 b+1 p, vagy 2b+1 = p + 1, vagy végül (4)

p = 2b+1 − 1.

217

T ÖKÉLETES SZÁMOK

Tehát N szám tökéletes, ha p nem akármilyen törzsszám, hanem 2b+1 − 1 alakú. Mindenesetre ha b-nek valamilyen értéket tulajdonítunk, akkor 2 b+1 − 1 nem mindig törzsszám. Mégis – Eukleidésszel együtt – a következ o˝ eredményt rögzíthetjük: az N = (2n+1 − 1) · 2n szám mindig tökéletes szám, valahányszor a 2n+1 − 1 szám törzsszám. 7. Sorjában helyettesítsünk n = 1, 2, 3 . . .-t, és nézzük meg, hogy milyen tökéletes számok adódnak: n = 1,

N = (22 − 1) · 2 = 3 · 2 = 6,

n = 2, n = 3,

N = (23 − 1) · 22 = 7 · 4 = 28, kiesik, mert 15 nem prím, N = (24 − 1) · 23 = 15 · 8

n = 4, n = 5,

N = (25 − 1) · 24 = 31 · 16 = 496, N = (26 − 1) · 25 = 63 · 32 kiesik, mert 63 nem prím,

n = 6,

N = (27 − 1) · 26 = 127 · 64 = 8128 . . .

Látjuk, hogy az eukleidészi eredmény új problémát szül: Milyen n számok esetén lesz a 2 n+1 − 1 törzsszám? Azonnal tehetünk egy lépést a megoldása felé: n + 1-nek mindenesetre törzsszámnak kell lennie. Mert ha n + 1 összetett szám, mondjuk n + 1 = uv, akkor 2 n+1 − 1 = 2uv − 1 = (2u )v − 1, és a geometriai sor tétele szerint

 xv − 1 = xv−1 + xv−2 + . . . + x + 1 [x − 1]; ha ebben az esetben x = 2 u -t helyettesítünk, akkor



 (2u )v − 1 = (2u)v−1 + . . . + (2u ) + 1 (2u ) − 1 szintén két tényez o˝ re bomlik szét, tehát nem törzsszám. Ennélfogva legfeljebb akkor lehet törzsszám, ha n + 1 törzsszám. A fenti táblázat folytatásánál a 7 után következ o˝ törzsszám a 11, tehát n = 10-et kell ismét figyelembe venni. Azonban ezzel még

218

T ÖKÉLETES SZÁMOK



egyáltalában nincs eldöntve, hogy 211 − 1 · 210 valóban törzsszám-e, és ezzel együtt (2 11 − 1) = 23·89 tökéletes szám-e. A valóságban 211 − 1 = 2047 = 23 · 89 amint hosszabb próbálgatással megállapítható. Hogy az ezután következ o˝ számok közül melyek a tökéletesek, és vajon a sorozat egyszer befejez o˝ dik-e, avagy határtalanul folytatódik, ezek nyitott problémák, amelyekre a mai tudomány sem tudott még válaszolni. 8. Eddig terjed a tétel Eukleidésznél. Az ókoriak többet tudtak a tárgyról, amit a legkülönfélébb bizonyítékok mutatnak. El o˝ ször is Jamblikhosz említi közelebbi megvilágítás nélkül azt a tényt, hogy az Eukleidész által megalkotottakon felül nincs több tökéletes szám. Hogy a régiek ezt bebizonyították-e és hogyan – nem tudjuk. Azonban az Euler által adott bizonyítás egészen a (3a)-n alapul, amely alapjában véve már megtalálható Eukleidésznél, és ebb˝ol rövid számolással adódik az állítás. Itt röviden ismertetjük, bár a következ o˝ k lényegére nézve nincs jelent o˝ sége. Legyen N valamilyen páros szám. Akkor törzstényez o˝ i között mindenesetre szerepel a 2 valamilyen hatványa, mondjuk 2 n , és a többi törzstényez o˝ valami páratlan számot ad: N = 2 n · u, ahol u páratlan. Képezzük erre az N-re a (3a) szerint az osztók T összegét, akkor ennek az els o˝ tényezo˝ je: 2n+1 − 1 = 2n+1 − 1. 2−1 A többi tényez o˝ ugyanaz lesz, mintha N szám T osztóinak az összege, T helyett u osztóinak összegét, U-t kerestük volna: (5)

T = (2n+1 − 1) ·U,

és ha N-nek tökéletesnek kell lennie, akkor ennek a kifejezésnek, amelybe N-et osztóként számítottuk be, összesen 2N-re kell növekednie: (2n+1 − 1) ·U = 2N = 2 · 2n · u = 2n+1 · u. A bal oldali szorzás elvégzése után 2n+1 ·U − U = 2n+1 · u

219

T ÖKÉLETES SZÁMOK

lesz, vagy 2n+1 · (U − u) = U = (U − u) + u, vagy végül (6)

(2n+1 − 1)(U − u) = u.

U az u valamennyi osztójának összege, magát az u-t is beleszámítva, tehát U − u az u osztóinak összege az u nélkül. A (6) szerint: ha N tökéletes szám, akkor U − u-nak meg kell lennie az u-ban, az u osztójának kell lennie. Ha azonban maga U − u egyik osztója az u-nak, és egyúttal u összes osztóinak az összege, akkor az u egyetlen osztójának kell lennie. Az 1 szám mindenesetre osztója u-nak. Tehát U − u-nak azonosnak kell lennie 1-gyel, és u törzsszám, azaz a (6) egyenl o˝ ség u = 2n+1 − 1-gyé egyszer˝usödik, tehát N = 2n (2n+1 − 1) lesz, azaz Eukleidész által megadott tökéletes számok az egyedüliek a páros számok között. 9. Itt felvetünk egy másik problémát, amely témánkkal összefüggésben van, és amelyet még nem oldottak meg: vannak-e páratlan tökéletes számok. Nem ismerünk ilyent, valószín˝utlennek látszik, hogy találjunk, de még senki sem bizonyította be, hogy így van. 10. A régiek többet tudtak, mint amennyit Eukleidész feljegyzett. Sejteni engedi ezt egy kevés figyelemre méltatott hely Platón Törvények c. dialógusának V. könyvében. Platón azt ajánlja ott, hogy egy újonnan alapított államban a földnélküliek és a birtokosok számát úgy válasszák meg, hogy ezeknek lehet o˝ legtöbb osztójuk legyen, mondjuk 5040-nek, amelynek 60 − 1 osztója van. A törvényhozónak annyi aritmetikai tudással kell rendelkeznie, hogy az állam nagyságviszonyainak megfelel o˝ en meg tudja azt határozni. Fontoljuk meg el o˝ ször, mi a helyzet valamilyen szám osztóinak a számával és különösképpen az 5040ével. Ehhez ugyanarra a meggondolásra van szükségünk, amelyet a számok osztóinak összegével kapcsolatban fentebb elvégeztünk. Ugyanis, ha p 3 q2 minden osztóját a (2) táblázattal adjuk meg, akkor ebb o˝ l éppen olyan jól kiolvasható az osztók összege,

220

T ÖKÉLETES SZÁMOK

mint ezeknek száma, mégpedig 4 · 3 − 1 = 12 − 1 (az osztók számát magának N-nek a kizárásával vesszük), és hasonló módon N = pa qb -nél Z = (a + 1)(b + 1) − 1, végül egészen általánosan N = p a qb rc -nél Z = (a + 1)(b + 1)(c + 1) . . .− 1. Az N = 5040 = 24 · 32 · 5 · 7-nél Z = (4 + 1)(2 + 1)(1 + 1)(1 + 1) − 1 = 5 · 3 · 2 · 2 − 1 = 60 − 1. Az 59 számnak Platón stílusától szokatlan 60 − 1-ként való körülírása és az az utasítás, hogy a törvényhozó legyen tisztában ezekkel a kérdésekkel, azt engedi sejteni, hogy Platón tisztában volt velük. 11. A két témának – egy szám valamennyi osztója összegének és az osztók számának – összefüggése még világosabb lesz, ha megfigyeljük, hogy mindkett o˝ egy általánosabb kérdéshez, nevezetesen valamely szám összes osztói s-edik hatványa összegének, N = 6 esetén az 1 s + 2s + 3s kifejezés tanulmányozásához tartozik. Mert s = 1 esetén az nem egyéb, mint az osztók T összege, s = 0 esetén a kifejezés minden tagja 1, és ez annyi 1-est jelent, ahány osztója van N-nek, tehát éppen ezeknek az osztóknak a száma. Ha s = 2, akkor valamennyi osztó négyzetösszegét állítja el o˝ . Minden s-re nézve közvetlenül felállíthatnánk egy (3a)-val analóg formulát, a meggondolás ugyanez volna. Semmi akadálya sincs annak, hogy ezt s = −1-re is elvégezzük, −1 kitev o˝ j˝u hatványok az osztók reciprok értékei, tehát N = 6-nál 1 1 1 + + . 1 2 3 A reciprok osztók összegére is közvetlenül érvényes (3a) analóg kifejezése:


 1 1 1 1 1 1 R = 1 + +. . .+ a 1 + +. . .+ b 1 + +. . .+ c . . . p p q q r r

T ÖKÉLETES SZÁMOK

221

Mindennek egyetlen gondolat – a (2) tábla által egy szám valamennyi osztójára adott teljes áttekintés – az alapja, és ennek az alapgondolatnak a régiek már birtokában voltak. Amint Platón megjegyzése sejteni engedi, ismerték szépségét és fontosságát. Jegyzet A püthagoreusok, Püthagorász (Kr. e. 582?–497?) köré csoportosult tudós férfiak, akik a számokból kívántak mindent levezetni, vetették fel tudomásunk szerint el˝oször a tökéletes szám fogalmát. Szerintük a harmónia megtestesít˝oi azok a számok, amelyek a „részeiknek összege”, azaz a szám valódi osztóinak az összege meg 1 számot adja. Négy tökéletes számot ismertek: a 6-ot, a 28-at, a 496-ot és a 8128-at. A tökéletes szám definíciója: egy n természetes számot tökéletes számnak nevezünk, ha osztóinak összege egyenl˝o a szám kétszeresével. A „régi görögök” tudását a tökéletes számokról Eukleidész foglalta össze az Elemek IX. könyvében (Kr. e. 300). A könyv 36. tétele szerint: Ha az egységt˝ol kezdve kétszeres arányban képezünk egy mértani sorozatot, amíg a sorösszeg prím nem lesz, és az összeggel megszorozzuk az utolsó tagot, akkor a szorzat tökéletes szám lesz. E szerint, ha 1 + 2 + 22 + · · · + 2n prímszám, akkor megszorozva 2n-nel tökéletes számot kapunk. Tulajdonképpen ezt az állítást kétezer évvel kés˝obb bizonyította Euler (1707–1783), amikor kimutatta, hogy az összes páros tökéletes szám 2k(2k + 1 − 1) alakú. Johannes Regiomontanus, Johannes Müller von Königsberg néven született (1436–1476) matematikus, csillagász, asztrológus találta meg az ötödik tökéletes számot: 33 550 336 = 212(213 − 1). Johann Scheybl (1494–1580) a k = 16- és a k = 18-hoz, Euler pedig a k = 30-hoz tartozó számokat találta meg. A XIX. században négy újabb tökéletes számot találtak még, amely esetekben k értéke 60, 88, 106, 126. A XX. században sem ért véget a kutatás: a számítógépek segítségével könnyebbedett a keresés, így több mint fél tucat tökéletes számra bukkantak. A k értékei 520, 616, 1278, 2170, 2202, 2280, 3216, 44496, és biztosan van több is. Bár többeket foglalkoztatott, még nem sikerült sem bizonyítani, sem cáfolni a páratlan tökéletes számok létezését. Például Leonard Eugene Dickson (1874–1954) amerikai matematikus belátta, hogy minden n-re

222

T ÖKÉLETES SZÁMOK

csak véges sok olyan páratlan tökéletes szám lehet, amelynek n különböz˝o prímtényez˝oje van. Richard Peirce Brent (1946–), Graeme Laurence Cohen (1943–), Hermanus Johannes Joseph te Riele (1947–) publikációjából tudjuk, hogy 10300 alatt nincs páratlan tökéletes szám, a sejtés pedig 10500 körül van. Pace P. Nielsen 2007-ben publikálta, hogy minden páratlan tökéletes számnak van legalább 9 különböz˝o prímosztója. Hare szintén 2007-ben 25 napnyi számítógépid˝ot felhasználva belátta, hogy minden páratlan tökéletes számnak van legalább 75 prímosztója multiplicitással számolva.

A törzsszámok sorozata végtelen Euler bizonyítása

Euler, aki a tökéletes számokról szóló tanítást felelevenítette, továbbfejlesztette, az el o˝ z˝o fejezetbeli alapgondolatot alkalmazta, amikor A törzsszámok sorozatáról cím˝u el o˝ adásbeli bizonyításnak a helyére, amely szerint a törzsszámok sorozatának soha sincs vége – amely bizonyítás Eukleidésznél egyébként közvetlenül a tökéletes számokról szóló tételek el o˝ tt áll – másikat állított. Két egyszer˝u megjegyzést kell el o˝ rebocsátani: 1. Legyen AB 2 méter hosszú szakasz.

Ha A-tól az M középpontig haladnak, onnan az MB maradék középpontjáig, M 1 -ig, onnan az MB maradék középpontjáig, M 2 -ig és így tovább, akkor még mindig a B el o˝ tt leszünk, ha mindig 1 1 közelebb jutunk is B-hez. Sorjában 1 m-es, m-es, m-es stb. 2 4 szakaszokat kapunk, amelyek együttvéve kisebbek 2 m-nél: 1+

1 1 1 + + . . . + n < 2. 2 4 2

1 Ha a szakaszok nem arányban rövidülnek, hanem valamilyen 2 x < 1 arányban, akkor hasonló az eredmény, mégpedig az úgynevezett geometriai sor tétele szerint 1 + x + x 2 + . . . + xn =

1 xn+1 1 − xn+1 = − . 1−x 1−x 1−x

224

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATA VÉGTELEN

Pontosabban, ha x < 1, akkor a jobb oldali második tört pozitív, amelynek kivonása kisebbíti az eredményt, ezért érvényes a következ˝o egyenlo˝ tlenség: 1 + x + x 2 + . . . + xn
1+ + + = 1+ , 2 3 4 2 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 A3 = 1 + + + + + + + > 2
3 4 5 6 7 8 3 1 1 1 1 + + + > 1+ , > A2 + 8 8 8 8 2 
1 1 4 1 1 1 A4 = 1 + + + . . . + > A3 + + ... + > 1+ , 2 3 16 16 16 2 A2 = 1 +

és általában éppen így (2)

Am = 1 +

1 1 1 m + + ... + m > 1 + . 2 3 2 2

A TÖRZSSZÁMOK SOROZATA VÉGTELEN

225

Minél nagyobb m, annál nagyobb lesz A m is; például m = 1998-at m = 999, és ezzel Am > 1000 legyen. Épkell választani, hogy 2 pen így lehetne m-et oly módon meghatározni, hogy A m nagyobb legyen egymilliónál és így tovább. 1 3. Legyen p valamilyen törzsszám, akkor írjuk fel (1)-et a p-ig terjed˝o valamennyi törzsszámra: 1+

1 1 1 2 + 2 + ... + n < , 2 2 2 2−1

1+

1 3 1 3 + 2 + ... + n < , 3 3 3 3−1 .. .

1+

1 1 p 1 + , + ... + n < p p2 p p−1

és képezzük ezen összegeknek R p szorzatát. Ez a jobb oldalon álló kifejezések M p szorzatánál kisebb lesz: Rp < Mp =

p 2 3 5 7 · · · · ... · . 1 2 4 6 p−1

Az R p szorzat képzését az elo˝ z˝o el˝oadásban megszoktuk; kiszámítva ez 1 1 1 · · ... · µ 2α 3β p alakú szám összes osztójának az összege, ahol α, β . . . µ mindegyike n-ig növekedhet, más szavakkal az N = 2 2 · 3n · 5n · . . . · pn 1

Ebb˝ol következik, mivel 2-nek a hatványai ismételten el˝ofordulnak, hogy az 1 1 1 + + ... + kifejezés, ahol n nem mindig 2-nek a hatványa, növekv˝o 2 3 n n esetén minden határon túl növekszik, vagy amint a matematikus mondja, „az 1 1 1 + + ... végtelen sor divergens”, ámbár az egyes tagjai állandóan csökken2 3 nek. Ez az önmagában érdekes tényállás és a konvergencia, valamint a végtelen eljárások azonban itt nem kerülnek szóba, mert egyszer˝u meggondolásainkat itt csak összezavarnák. 1+

226

A

TÖRZSSZÁMOK SOROZATA VÉGTELEN

szám reciprok osztóinak az összege. R p tehát egész számok reciprokának az összege, azonban nem szerepel benne valamennyi, hanem csak azok, amelyek a 2, 3, 5 . . . p törzsszámokból tev o˝ dnek össze, azonkívül egyiket sem tartalmazzák n-nél magasabb hatványon. Például:

 1 1 1 1 1+ + 2 1+ + 2 = 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + , 2 3 4 6 9 12 18 36 egyenlo˝ a 36 = 22 · 32 szám reciprok osztóinak az összegével. 4. Most kezdjük a tulajdonképpeni bizonyítást. Legyen m valamilyen pozitív egész szám, akkor az A m kifejezés minden 2 m -ig terjed˝o egész szám reciprokát tartalmazza: = 1+

Am = 1 +

1 1 1 1 + + + ... + m . 2 3 4 2

Állítsuk el˝o az (3)

1, 2, 3, 4 . . . 2 m

számok valamennyi törzstényez o˝ jét, közülük a legnagyobbat nevezzük q-nak. Azért a (3) alatti számok csak a 2, 3, 5 . . . q törzstényez˝okbo˝ l tev˝odnek össze, és egyik sem szerepel közülük m-nél magasabb hatványon. Mert ha ezen törzsszámok közül az els o˝ , a 2, m-nél magasabb kitev o˝ vel fordulna el o˝ a (3) alatti számok valamelyikében, akkor ez nagyobb volna 2 m -nél, tehát kívül esne a megfigyelt sorozaton, a további, 3, 5 . . . törzsszámoknál pedig, amelyek még nagyobbak, ez még kevésbé lehetséges. A (3) alatti számok biztosan 2m · 3m · 5m · . . . · 9m osztói között vannak. Ha a 3. szakaszban megfigyelt R p szorzatot képezzük, nem akármilyen p számra, hanem az el o˝ bb említett q-ra, és amelyben a kitev˝o nem n, hanem m, akkor ez az R q kifejezés Am minden tagját tartalmazza és ezen kívül még sok másikat. Ezt megérthetjük a 1 1 1 3. szakasz végén lév o˝ példából: itt az A 2 = 1 + + + minden 2 3 4

A TÖRZSSZÁMOK SOROZATA VÉGTELEN

227

összeadandója fellép és még sok más. Mindenesetre A m < Rq , és a m 3. szakasz szerint Rq < Mq . Végül (2) azt adja, hogy 1 + < Am . 2 Mindent összevetve következik, hogy 1+

m 2 3 5 q < · · · ... · . 2 1 2 4 q−1

Emlékezzünk vissza, hogy m tetsz o˝ leges pozitív szám, q a (3) alatti számok legnagyobb törzstényez o˝ je volt. A (4)-nek a bal oldala tetszés szerinti naggyá tehet o˝ , ha m-et elegend o˝ nagyra választjuk – ezt már a 2. szakaszban igazoltuk. Ha csak meghatározott véges számú törzsszám volna, akkor q nem emelkedhetne feljebb, mint ezen törzsszámok közül a legutolsó, hanem itt meg kellene állapodnia és vele együtt a (4) jobb oldalának. Ez ellentmondás, ezért a törzsszámok sorozata nem szakadhat meg. A bizonyítás sokkal komplikáltabb, mint az els o˝ felolvasásban. Ennek a bizonyításnak el o˝ ször az a jelento˝ sége, hogy kiterjeszthet˝o rendkívül nagyszámú hasonló, de nehezebb problémára, amelyek közül az els o˝ el˝oadás végén csak néhányat jelezhettünk. Másodszor, a törzsszámok eloszlásának a tana – pillanatnyilag a matematika egyik legproblémadúsabb, legnehezebb, legaktuálisabb területe – ezen alapul. Ezen a területen az itt körvonalazott bizonyítás, amely csírájában az ókoriaktól származik, alapvet˝o.

Alapvet˝o dolgok maximumfeladatokról

Többször is foglalkoztunk már maximumfeladatokkal, így a Néhány maximumfeladat, és A talpponti háromszög széls o˝ értéktulajdonsága cím˝u el o˝ adásokban, és közben alkalmat találtunk arra, hogy kis matematikai mesterm˝uveket mutassunk be, amelyeknek kidolgozására híres matematikusok szakítottak id o˝ t. Most olyan elvi szempontokat említünk err o˝ l a tárgyról, amelyek a korábbi el o˝ adások esztétikai vonásai mellett – utólag – ezekben az elo˝ adásokban is lényegeseknek és alapvet o˝ knek mutatkoznak.

74. ábra

Ez alkalommal az eddigiekt o˝ l eltér˝oen olyan feladattal foglalkozunk, amely a maga különleges egyszer˝uségében az elvi szempontokat a legjobban megmutatja. Legyen adott egy háromszög, s gondoljuk azt kartonpapírból kivágottnak. Az a kérdés, hogy ennek a területnek mely két – P és Q – pontja van egymástól lehet˝o legtávolabb (beleértve a kerületen fekv˝o pontokat is). Könnyen eljutunk az eredményhez: a leghosszabb oldal végpontjai! (74. ábra) De hogyan bizonyítjuk be? Van az ilyenfajta bizonyításokra

230

A LAPVET O˝ DOLGOK MAXIMUMFELADATOKRÓL

egy egyszer˝u, általános recept, amely könnyen elvezet a megoldáshoz. Ezzel a recepttel azonban az el o˝ z˝o el˝oadásokban nem foglalkoztunk. Így okoskodunk: ha a P és Q pontok egyike a háromszög belsejében fekszik, akkor ennek a két pontnak, P-nek és Q-nak a távolsága biztosan nem maximális. Ugyanis a PQ szakasznak a P felo˝ li meghosszabbításán van olyan P1 pont, amely P-nél távolabb van a Q ponttól, de még a háromszög belsejében fekszik. Ha a P és Q pontok a kerületen vannak, de egyikük, mondjuk P, nem csúcspontja a háromszögnek, akkor található Phez olyan P1 szomszédos pont, amely szintén a kerületen van, és Q-tól messzebbre fekszik, mint P. Ezt elemi geometriai meggondolással azonnal be lehet látni akkor is, ha PQ szakasz mer o˝ leges (75. a) ábra) a P pontot tartalmazó háromszögoldalra, akkor is, ha nem mer o˝ leges rá (75. b) ábra). Maximumról tehát csak akkor lehet szó, ha P és Q mindketten csúcspontok, egyébként biztosan nem. PQ-nak tehát a háromszög oldalának kell lennie, természetesen a leghosszabbnak.

75. a) ábra

75. b) ábra

Ugyanaz az alapelv lehet o˝ vé teszi eredményünknek az n oldalú sokszögre való átvitelét: Az n oldalú sokszögben az egymástól legmesszebb fekv˝o pontpár az egymástól legtávolabbi két csúcspont. Itt nem kell konvexnek lennie az n oldalú sokszögnek. Például a 76. ábrabeli szürke négyszögnél is a két csúcspont adja a legtávolabbi pontpárt. Ugyanez az alapelv módot nyújtott volna a korábbi el o˝ adások feladatainál is egyszer˝ubb eljárásra. Például annak a feladatnak a

231

A LAPVET O˝ DOLGOK MAXIMUMFELADATOKRÓL

bizonyításához, hogy a körbe írt háromszögek közül az egyenl o˝ oldalú a legnagyobb terület˝u, csak arra van szükség, hogy az ABC nem egyenl˝o oldalú háromszög AB alapjára (AC és BC lehetnek a nem egyenl o˝ oldalak) egy, a körbe írt ABD egyenl o˝ oldalú háromszöget emeljünk, amelynek magassága nagyobb, tehát a területe is nagyobb az ABC háromszög területénél (77. ábra). Egyenl o˝ tlen oldalú háromszög tehát nem szolgáltathat maximumot, a háromszögnek egyenl o˝ oldalúnak kell lennie. A talpponti háromszög esetében is hasonló röviden lehetett volna eljárni.

76. ábra

77. ábra

Miért fordítottunk ezekben az esetekben más megoldásokra akkora figyelmet, miért nem elégszünk meg mostani feladatunknál sem az adott megoldással? Azért nem, mert durva logikai hibát tartalmaz, amelyet a matematikusok két évszázadon keresztül figyelmen kívül hagytak, és amelyre el o˝ ször az éleselméj˝u Weierstrass [1] derített fényt. Ha módszerünket a következ o˝ egyszer˝u ábrára akarjuk alkalmazni, amelynél a terület végtelen kiterjedés˝u, akkor világos, hogy nincs két maximális távolságú pont (78. ábra). A C M

P D

B

78. ábra

232

A LAPVET O˝ DOLGOK MAXIMUMFELADATOKRÓL

Például minél messzebbre halad jobbra a P pont, annál nagyobb lesz az MP távolság. Ha alkalmazzuk eljárásunkat, ennek ellenére kit˝un o˝ en m˝uködik. Ha a P és Q pontok egyike sem esik a belsejébe vagy a határoló szakaszokra, hanem P és Q mindkett o˝ az ábra négy csúcsának valamelyikébe esik, még akkor is található P-hez olyan P1 szomszédpont, amely Q-tól még messzebb van. Egyetlen kivétel, ha PQ az AB szakasz. Itt van ismét az alapelvünk. A, B kivételével minden pontpárhoz szomszédos pontot lehet találni, amelyekre nézve a kívánt távolság még nagyobb; csak A, B szolgáltathatja a maximumot. Az el o˝ z˝o bizonyítások analógiája alapján azt kellene következtetnünk: AB a maximum. Látjuk, hogy ennek a következtetésnek a formája teljesen analóg az el˝oz˝okével. Itt azonban képtelen eredményt szolgáltat. Honnan tudjuk akkor, hogy az el o˝ z˝o esetekben helyes volt? A hibát könny˝u megmutatni: egészen találóan azt következtettük, hogy a leghosszabb háromszögoldal csúcspontjain kívül egyetlen más pontpár sem adhat maximumot. De honnan tudjuk akkor, hogy ez a kett o˝ valóban távolabb van egymástól, mint a háromszög bármely más két pontja? Ha tudnánk, hogy egyáltalában van egy megoldása a feladatnak, akkor mindenesetre logikusan lehetne következtetni, hogy valóban ez az egy a megoldás, mivel másik választás nincs. De hogy a feladatnak egyáltalán van megoldása, az hiányzik. Éppen ez okozza a 78. ábránál a képtelen eredményt; mert itt éppenséggel nincsen maximum. Minden egyéb következtetés rendben volt. Most már világos az el˝oz˝o el˝oadásokban adott, látszólag körülményes bizonyításoknak nemcsak az esztétikai, hanem a logikai jelent o˝ sége is. Hátra van még, hogy ennek az el o˝ adásnak a feladatára (74. ábra) olyan bizonyítást adjunk, amely éppen a 78. ábránál nem érvényes. Elo˝ rebocsátunk egy nagyon elemi megjegyzést: ha két, g és h párhuzamosunk van, akkor a kett o˝ nek a PQ mer o˝ legessel meghatározott távolságánál nem kisebb az UV szakasz, mely az egyik egyenesnek egyik pontját a másiknak egy pontjával összeköti, és még inkább nem kisebb az U V  szakasz, mely egy g-t o˝ l

233

A LAPVET O˝ DOLGOK MAXIMUMFELADATOKRÓL

balra fekv o˝ pontot köt össze egy h-tól jobbra lév o˝ ponttal (79. ábra). g

h

P

Q

A

g

h

P

Q

V U’

U V’

79. ábra

B

80. ábra

Nem szükséges tételünket a háromszög esetében különösebben tárgyalni, hanem nagyobb nehézség nélkül bebizonyíthatjuk a maximális távolságra vonatkozó tételt tetsz o˝ leges n oldalú sokszögre. Legyen P, Q két tetsz o˝ leges pont az n oldalú sokszögben vagy a kerületén (80. ábra). Az összeköt o˝ szakaszra állítsuk a g és h mer˝olegeseket a végpontokban. Ezek kivágnak az egész ábrából egy párhuzamos sávot. Azonban mivel a g egyenesen a sokszögnek legalább a P pontja rajta van, azért a sokszögnek a g egyenesen túl vagy legvégs o˝ esetben rajta egy csúcspontjának kell lennie – legyen ez mondjuk A –, és éppen így a h egyenesen túl vagy legvégso˝ esetben rajta – mondjuk – B csúcspontnak kell feküdnie. Az AB távolság mindenesetre nem kisebb PQ-nál, tehát még kevésbé kisebb PQ-nál a két-két csúcspontot összeköt o˝ valamennyi távolság közül a legnagyobbik – ez az utóbbi tehát maximum. A következo˝ el˝oadás olyan maximumfeladatot fog tárgyalni, amely nehezebb valamennyi eddig érintett feladatnál. Adott kerület˝u (egyenes vagy görbe vonalú) alakzatok közül a legnagyobb terület˝ut fogjuk keresni, és bebizonyítjuk, hogy más alakzat, mint a kör nem adhatja ezt a maximumot. Azt nem fogjuk bebizonyítani, hogy a kör valóban nagyobb terület˝u, mint minden más, ugyanakkora kerület˝u idom. Az a körülmény, hogy a kör görbe vonalú idom, annyira megnehezíti a helyzetet, hogy egész csomó fogást kell alkalmaznunk ennek a szerény tételnek a bizonyításá-

234

A LAPVET O˝ DOLGOK MAXIMUMFELADATOKRÓL

hoz. Mielo˝ tt ezt tesszük, elvileg kellett megvilágítanunk, hol van a következo˝ el˝oadásban a korlátozás, és mennyiben nem adja a feladatnak a teljes megoldását. Jegyzet [1] Karl Weierstrass (1815–1897) német matematikust az analízis axiomatikus felépítése okán a modern analízis atyjának tekintik. 1841-t˝ol 15 évig a braunschweigi gimnáziumban tanított. A publikációi alapján 1854-ben tiszteletbeli doktorrá avatta a k˝onigsbergi egyetem. 1856-tól a berlini egyetem magántanára, majd 1864-ben kinevezett tanára lett. Leggyakrabban emlegetett eredményeit a komplex függvénytanban a hatványsoros megközelítéssel érte el. A nevét viseli a Weierstrass-tétel, a Weierstrass approximációs tétel, a Bolzano–Weierstrasstétel. Összegy˝ujtött munkái 1894–1927 között 8 kötetben jelentek meg el˝oször. Kiemelked˝o matematikai eredményei mellett meg kell említeni pedagógiai képességeit, amelynek köszönhet˝oen az egyik legnagyobb hatású el˝oadóvá vált.

Adott kerülettel rendelkez o˝ legnagyobb területu˝ alakzatok (Steiner-féle négycsuklós eljárás)

Miért van a szappanbuboréknak gömb alakja? Azért, mert a felületi feszültség arra törekszik, hogy a lehet o˝ legkisebb felszínt alakítsa ki. Adott térfogat mellett pedig a gömb adja a legkisebb felszínt. Amit minden szappanbuborék, minden vízcsepp megtehet, azt fogjuk mi – sokkal szerényebben, nem térben, hanem két dimenzióban – megoldani: az a kérdés, hogy adott terület˝u zárt görbék közül melyiknek van a legkisebb kerülete? D k

f

C C’

O

K A’ A

81. a) ábra

D’

f’

B’ B

81. b) ábra

1. A címbeli – adott kerület˝u, legnagyobb területtel rendelkez˝o idomokra vonatkozó – kérdés csak látszólag hangzik másként, mint az elo˝ bbi megfogalmazás, amely szerint az adott terület˝u, legkisebb kerülettel rendelkez o˝ idomot keressük. Mert tegyük fel, hogy nem a „k” kerület˝u K kör (81. a) ábra), hanem valamely más, f kerület˝u F idom (81. b) ábra) szolgáltatja adott

236

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

kerület esetén a legnagyobb területet, tehát nagyobb volna, mint az ugyanakkora kerület˝u kör: F > K, míg f = k. Rajzoljuk meg az F idomot lekicsinyítve úgy, hogy az F belsejében fekv o˝ valamely O pontból kiinduló OA, OB, OC . . . szakaszokat ugyanabban az arányban kicsinyítjük. Válasszuk ezt az arányt úgy, hogy a f  kerület˝u kicsinyített F  idomnak éppen akkora területe legyen, mint a K körnek. Így a kerület megrövidülne, f  < k, azaz F  olyan idom lenne, amelynek kerülete kisebb volna, mint az ugyanakkora terület˝u köré. Ha azonban ez lehetetlennek bizonyul, akkor a címben szereplo˝ feladat a körre vonatkozólag megoldódik. Éppen így lehetne fordítva következtetni, tehát a két szövegezés teljesen ekvivalens. 2. Az el˝obb hallgatólagosan felhasználtuk a felületdarab kerületére és területére vonatkozó alábbi tételt: I. Ha egy felületdarabot az O pontból kiindulva hasonlósági 1 transzformációval arányban kicsinyítünk, akkor az eredeti és a r 1 1 kicsinyített kerületének aránya , a területének aránya 2 . r r Most összegy˝ujtjük és itt római számmal jelöljük mindazokat a kerületre és területre vonatkozó tételeket, amelyeket fel fogunk használni. Nem áll szándékunkban a bizonyításukkal itt foglalkozni, mert akkor annak is utána kellene járnunk, hogy hogyan definiálják ezeket a fogalmakat. II. Ha valamely felületdarab része egy másiknak, akkor az el˝obbinek kisebb a területe, mint az utóbbié. A kerületre vonatkozólag nincs analóg tétel, amint az a 82. ábrából közvetlenül látható: ha a bels o˝ felület kanyarulatai elég nagyok, akkor kerülete biztosan nagyobb, mint a küls o˝ görbéé. De helyes lesz a tétel, ha konvex felületdarabokra szorítkozunk. Olyan felületdarabot nevezünk konvexnek, amelynek a két tetsz˝oleges pontját összeköt˝o vonal mindig teljesen hozzátartozik a felületdarabhoz. A 83. ábra nem konvex felületdarabot mutat: P, Q a belsejében fekv o˝ pontok, ezeknek összeköt o˝ vonala azonban nem tartozik hozzá egészen a felületdarabhoz.

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

237

III. Ha valamely konvex felületdarab körülvesz egy másik konvex felületdarabot, akkor az el˝obbinek nagyobb a kerülete, mint az utóbbié (84. ábra). IV. Minden nem konvex felületdarabot ki lehet kerekíteni konvex felületté, amelynek területe megnövekszik, a kerülete pedig kisebb lesz (85. ábra).

82. ábra

83. ábra

84. ábra

85. ábra

Ez a négy tény, amelyeket bizonyítás nélkül alkalmazunk, a szemlélet alapján teljesen evidens; legfeljebb a III.-kal szemben lehet némi kétségünk. 3. Most rátérünk ennek az el o˝ adásnak a céljára, Steiner [1] gondolatmenetének ismertetésére. Azzal a megállapítással kezdjük, hogy az adott kerülettel rendelkez˝o legnagyobb terület˝u görbének mindenesetre konvexnek kell lennie. Ez a IV.- és I.-b o˝ l közvetlenül kiolvasható. Mert ha a IV. szerint kikerekítünk egy felületdarabot konvexszé, akkor rögtön kisebbedik a kerülete, növekszik a területe. Ha megnagyítjuk, oly mértékben, hogy visszanyerje régi kerületét, akkor a területe I. szerint ismét növekszik. Azaz minden nem konvex felületdarabhoz lehet konstruálni ugyanakkora kerület˝u, de nagyobb mér o˝ számú konvex felületet. Nem konvex felület tehát sohasem szolgáltathatja adott kerület mellett a terület maximumát. 4. Így tehát csak konvex görbékkel kell foglalkoznunk. Azonnal igazoljuk a következ o˝ tételt: Adott kerület˝u konvex alakzathoz talátható ugyanakkora kerület˝u olyan konvex alakzat, amelynek területe legalább ugyanakkora, és amelynek szimmetriatengelye van. Legyen P a görbe tetszés szerinti pontja (86. ábra), és keressük meg azt a Q pontot, amely P-t o˝ l számítva két egyenl o˝ részre osztja a teljes kerületet. A PQ húr az adott felületdarabot két

238

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

részre osztja; ezek közül a nagyobbik terület˝ut tükrözzük a PQ egyenes szakaszra. Akkor ez a rész a tükörképével együtt olyan alakzatot képez, amelynek területe nagyobb lett, de a kerülete a régi maradt. Mivel az eredeti alakzatot nagyobbal pótoltuk, azért adott kerület esetén az sem adhatná a maximális területet. Az alakzat egyik felének a másik tükörképével való pótlását akkor is elvégezzük, ha mindkét rész egyenl o˝ terület˝u. Ebben az esetben a tükrözés az eredeti alakzattal egyenl o˝ terület˝u és kerület˝u ábrát szolgátat, amelynek az eredetivel szemben az az el o˝ nye, hogy szimmetriatengelye van, a PQ egyenes.

P

Q

86. ábra

87. ábra

Ebben az esetben még többet is megállapíthatunk: ha az eredeti alakzat kör, akkor PQ ennek egyik átmér o˝ je, és az új idom ugyanaz a kör marad. De megfordítva is: az új idom csak akkor lesz kör, ha a réginek, amelyet tükröztünk, fele félkör. Azonban olyan alakzatot is el lehetne képzelni, amelynek tükrözött fele félkör, a másik fele pedig nem (87. ábra). Ekkor az új alakzat ugyanakkora kerület˝u és terület˝u kör, anélkül, hogy a régi kör lett volna, ezért itt a megfordítás nem érvényes. Ebben az esetben még meg tudjuk akadályozni az ilyesmi el o˝ fordulását, és ezzel meg tudjuk menteni az el o˝ bbi megfordításnak az érvényességét. Ugyanis szabadon választhatjuk meg, hogy a két egyenl o˝ darab közül melyiket tükrözzük, s így egyszer˝uen megállapodunk, hogy azt a felét vesszük, amely nem félkör. Most el˝obbre haladhatunk a 4. pont állításának bizonyításában: ha az új alakzat nem konvvex, akkor konvexszé lehet kerekíteni, és azután megfelel o˝ aranyú nagyítással vissza lehet állítani a régi kerületet; a szimmetriatengely megmarad.

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

239

5. Eddig annyit tudunk: ha a kezd o˝ alakzat nem kör, akkor vagy „módosíthatjuk” (akkor biztosan nem maximum), vagy találhatunk vele egyenl o˝ terület˝u és kerület˝u olyan konvex alakzatot, amely nem kör, és amelynek egy szimmetriatengelye van. Megmutatjuk, hogy a szimmetriatengellyel rendelkez o˝ konvex alakzatból, amely nem kör, mindig lehet vele egyenl o˝ kerület˝ut származtatni, amelynek területe nem kisebb, s o˝ t nagyobb. Ha ezt megmutatjuk, akkor bebizonyítottuk, hogy olyan akzatot, amely nem kör, minden esetben lehet módosítani. El˝oször azt következtetjük (88. ábra), hogy kell lennie a határoló görbén olyan C pontnak, amelyb o˝ l nem látszik derékszög alatt az AB szimmetriatengely. Mert ha a görbe minden pontjából az AB-t derékszög alatt lehetne látni, akkor Thálesz tétele vagy (ha akarjuk) a kerületi szögek tétele szerint (lásd 24. ábra) az alakzatnak AB átmér o˝ j˝u körnek kellene lennie. De feltételünk szerint éppen nem kell ennek körnek lenni.

88. ábra

89. ábra

Az ABC háromszög mellett konstruálunk egy másik, derékszög˝ut alakzatot (89. ábra), amelynek a befogói A 1C1 = AC, és B1C1 = BC. Tükrözzük ezt A 1 B1 -re, akkor a tükörkép A 1 B1C1 , és az így keletkezo˝ négyszög oldalaira illesszük rá abban a változatlan alakban a négy darab szürkére színezett szegmentumot, amint a 88. ábrában voltak. Úgy is leírhattuk volna az eljárást, mintha a 88. ábrabeli ACBC  négyszög oldalait rudakból állítottuk volna el˝o, amelyek a csúcspontokban csuklókkal vannak összekötve, az oldalakra a szegmentumok er o˝ sen rá vannak er o˝ sítve. A csuklókat addig kell forgatni, míg C-nél és C  -nél derékszögek kelet-

240

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

keznek. Innen származik az elnevezés: Steiner-féle négycsuklós eljárás. Az így el˝oállított alakzat kerülete a régi maradt, ugyanabból a négy görbeívb o˝ l áll. A terület is ugyanaz maradt a szegmentumoknál. Tehát minden a négyszögek vagy az ABC és A 1 B1C1 háromszögek összehasonlításán fordul meg (a négyszögek ezeknek a háromszögeknek a kétszeresei). Az ismert tétel szerint a háromszög területe az alap és magasság szorzatának felével egyenl o˝ . Az 1 A1 B1C1 háromszög területe: A1C1 · B1C1 . 2 Az ACB háromszög magassága – amelyet B pontból az AC-re húzunk –, mivel a C-nél lév o˝ szög nem derékszög, biztosan ki1 sebb BC-nél, tehát a területe biztosan kisebb AC · BC-nél. Mivel 2 A1C1 = AC, B1C1 = BC, tehát az ACB területe biztosan kisebb A1C1 B1 területénél. Ezért az új idom biztosan nagyobb terület˝u a réginél. Ezzel mindent igazoltunk: minden alakzathoz, amely nem kör, konstruálhatunk egy ugyanakkora kerület˝ut, amelynek nagyobb a területe. A körön kívül más megadott kerület˝u idom nem lehet maximális. A megel˝oz˝o fejezet bo˝ vebben felsorolja, hogy mennyiben nem oldottuk meg teljesen a problémát, mennyiben nem mutattuk meg kimerít˝oen, hogy a körnek a területe valóban nagyobb minden vele egyenlo˝ kerület˝u alakzaténál. A feladat teljes megoldásának dönto˝ gondolatmenete itt volna mégis elvégezhet o˝ , de olyan matematikai technikát igényelne, amelyet csak az tud áttekinteni, aki ennek begyakorlásával rendszeresen foglalkozik. Ez pedig nem felel meg ezen könyv céljának. Megjegyzések Szimplikiosz Arisztotelész-kommentárjában (De Coelo, Berl. Ak. Ausg. VII, S. 412) található egy megjegyzés, amely szerint Arkhimédész és Zénodorosz bizonyította azt a már Arisztotelész által is imert tételt, hogy a síkbeli alakzatok közül a kör, a testek közül

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

241

pedig a gömb az, amelynek azonos kerület, illetve felszín mellett a legnagyobb a területe, illetve a térfogata. Jegyzet [1] Jacob Steiner (1796–1863) svájci származású német matematikus, a projektív geometria egyik nagy el˝ofutára. 1813-ban Pestalozzi (1746– 1827) híres svájci iskolájában tanult. Pestalozzit tekinthetjük a népiskola atyjának. Pedagógiai alapelve, hogy szemléltetésen kell alapulnia az ismeretszerzésnek. Felismerte, hogy a számtan tanítása alkalmas az értelmi fejlesztésre. Mai szemmel nézve is elfogadott elvek ellenére a számtan oktatása tökéletesen elhibázott volt. Mechanikusan gyakoroltatta be a m˝uveleteket táblázatai segítségével. Sorozatban kellett a következ˝o feladathoz hasonlókat megoldaniuk a tanulóknak: 17 félben hányszor van meg a 7 fél? A válasz: 17 fél 2-szer 7 fél és 3-szor a 7 felének hetedrésze. A formalizmusnál még nagyobb tévedése, hogy mell˝ozte a 10-es számrendszert. Ilyen iskolai tapasztalatok után teljesen érthet˝o, hogy Steiner csak geometriával volt hajlandó foglalkozni. Nem szerette az algebrának és az analízisnek semmilyen alkalmazását sem. Nézete szerint a számolás helyettesíti a gondolkodást, míg a geometria ösztönzi azt. Nem általános Steiner életpályája. Egy svájci pásztor 11 éves koráig írni, olvasni sem tudó fiaként 17 évesen bekerült Európa els˝o népiskolájába, majd rövid ideig o˝ is tanított ott. Kés˝obb a heidelbergi egyetemen folytatta tanulmányait, ahol megismerkedett a francia geometriai irányzattal, majd Berlinben a Plamann-féle magánintézetben, a városi ipariskolában tanított, közben geometriai kutatásokat végzett. A Crelle’s Journalban jelentek meg írásai. Megfogalmazta és igazolta a körre vonatkozó Fermat-tétel általánosítását, amely szerint minden kúpszelet olyan, projektív viszonyban álló két sugársor megfelel˝o egyeneseinek metszéspontjaiként tekinthet˝o, amely sugársorok tartói maguk is a kúpszelet pontjai. Azóta ez a tétel az o˝ nevét viseli. A tétel bizonyítása kapcsán megállapította, hogy minden kúpszelet keletkezhet a körnek egy megfelel˝o síkra való centrális vetítésével. 1832-ben megjelent a Systematische Entwickelung der Ahängigkeit geometrischer Gestalten (A geometriai alakzatok összefüggésének rend-

242

A DOTT KERÜLET U˝ LEGNAGYOBB TERÜLET U˝ ALAKZATOK

szeres kifejtése) cím˝u könyve, amelyben algebrai módszerek nélkül építette fel a projektív geometriát. 1833-ban jelent meg a Die geometrischen Konstruktionen ausgeführt mittelst der geraden Linie und eines festen Kreises (Az egyenes és egy rögzített kör segítségével elvégezhet˝o szerkesztések) cím˝u könyve. Ennek alapján 1834-ben a berlini egyetemen katedrát kapott. Nyugdíjazása után visszaköltözött szül˝ohelyére, Svájcba.

Szakaszos tizedestörtek

1. Közönséges törteknek tizedestörtekké való átalakításával tudvalév˝oleg egész különös esetek lépnek fel, amelyeket a következ o˝ példák világítanak meg:

I. II. III.

1 = 0, 2, 5 4 = 0, 4444 . . ., 9 1 = 0, 1666 . . ., 6

3 = 0, 075 40 1 = 0, 142857142857 . . . 7 7 = 0, 2333 . . . 30

Az I. példái a legegyszer˝ubbek, amelyeket – figyelembe véve a tizedestört jelentését (olyan törtek, melynek nevez o˝ i 10 hatványai) [1] – így is írhatunk: 1 2 = , 5 10

3 75 = . 40 1000

Az egyenlo˝ ségek csak azt mondják, hogy a törteket úgy b o˝ vítettük, hogy nevez o˝ ik 10 hatványaivá lettek. Ez minden olyan törtnél lehetséges, amelynek nevez o˝ je 19-nek elegend o˝ en nagy hatványában megvan. Az ilyen nevez o˝ nek egyszer˝u ismertet o˝ jele, hogy a 2- és 5-ön kívül más törzstenyéz o˝ ket nem tartalmaz. Valóban, a 2α · 5β szám megvan a 10 γ számban, ahol γ > α és β számoknál. 2 α · 5β nevezo˝ vel rendelkez o˝ törtet bo˝ vítéssel mindig 10γ nevezo˝ j˝u tizedestörtté lehet változtatni.

244

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

2. Ha a tört nevez o˝ je 2-vel és 5-tel nem osztható további k tényez˝ot tartalmaz, akkor nyilvánvalóan nem lehet b o˝ vítéssel tizedestörtté alakítani, mert 1 2α · 5β · k

=

a a = δ δ δ 10 2 ·5

azt mondaná, hogy 2δ−α · 5δ−β = a · k, azaz k (mivel k = 1) 2-vel vagy 5-tel osztható volna, mert a törzstényez˝okre való bontás egyértelm˝usége miatt az a · k szorzatban, tehát speciálisan k-ban 2- és 5-ön kívül más törzstényez o˝ nem fordulhat el o˝ . 4 1 1 7 A II. és III. példa ilyen. Azt mondjuk, hogy a , , , 9 7 6 30 törteket végtelen tizedestörtekké lehet alakítani. Az ilyenek tulajdonképpen nem is tizedestörtek. Mert milyen nevez o˝ jük van? Mivel az ilyen végtelen tizedestörtben egyik tizedesjegy sem az utolsó, azért 10-nek egyik hatványa sem adhat elegend o˝ nagy nevez˝ot az ilyen törthöz és – amint általánosságban meggondoltuk – az olyan törtet, amelynek a nevez o˝ je például 3-mal osztható, egyáltalán nem lehet megfelel o˝ b˝ovítéssel tizedestörtté bo˝ víteni. A végtelen tizedestört szavakkal – átvitt értelemben – általánosított tizedestörtet jelölünk. Az új matematikai „képz o˝ dmények” formális oldala érdekel itt bennünket: egy közönséges tört tizedestörtté való átalakításának folyamata nem szakad meg, hanem a végtelen tizedestörtnek szakadatlanul további jegyeit szolgáltatja. Éspedig az itt nyert végtelen tizedestörtek periodikusak, azaz számjegyeik között egy helyt o˝ l kezdve kizárólag bizonyos számcsoport ismétlo˝ dik. Mivel csak 10 szám van, ezért végtelen tizedestörtben az egyik vagy másik jegynek ismételten el o˝ kell fordulnia. Természetesen nem szükséges minden végtelen tizedestörtnek szakaszosnak lenni. A nem szakaszos végtelen tizedestörtre egy példa: 0, 101 001 0001 00001,

245

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

amelyet nullákból és egyesekb o˝ l képezünk úgy, hogy az n-dik 1es szám után pontosan n nulla következzék. 3. Olyan törtekre, amelyeknek nevez o˝ je 2- és 5-ön kívül még más törzstényezo˝ t is tartalmaz, II. és III. ad példákat. Bebizonyítjuk, hogy az ilyen törtek periodikus tizedestörtekké alakíthatók. Valamely törtnek tizedestörtes kifejtését tudvalév o˝ leg sorozatos osztással nyerjük: 1 : 7 = 0, 142857 . . . 10 7 30 28 20 14 60 56 40 35 50 49 1 Amint az 1 maradék fellép, ismét megkezd o˝ dik az a számolás, amely az 1-b o˝ l indult ki, tehát a maradékoknak 1, 3, 2, 6, 4, 5 sorozata ismétlo˝ dik, és ennek következtében a hányados jegyeinek 1, 4, 2, 8, 5, 7 sorozata, vagyis az ered o˝ tizedestört periódusa 142857. Mivel a továbbiakban még az el o˝ bbihez hasonló osztási feladatot többször kell elvégezni, ezért vezessünk be egy rövidített eljárást. Írjuk így: 1 :7 = 0,142857. . . , 1 32 64 51

ahol minden alkalommal az újonnan nyert hányados alá odaírtuk a maradékot kisebb számokkal. Végtelen tizedestört periódusát mindig föléhúzással jelöljük.

246

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

Másik példa: 3 :41 = 0, 0 7 3 1 7 . . . 0 30 13 7 29 3

Itt a hármas maradék felléptével ismétl o˝ dik az az osztási feladat, amely a 3-mal kezd o˝ dött. A hányadosban a jegyek már el o˝ bb ismétl˝odhetnek, amint itt a 7-es számjegy, mégis az osztási eljárás ismétl˝odésére és vele együtt a periódus befejez o˝ désére csak a maradék ismétlo˝ dése a dönt o˝ kritérium. Az osztás folytatásakor azonban egyszer olyan maradéknak kell felbukkannia, amely már volt (a tört számlálóját a maradékok közé számítjuk). Ugyanis csak véges számú maradék áll rendela kezésre, éspedig az kifejtésénél, az a-nak b-vel való osztásakor, b a maradékok 1, 2, 3 . . . b − 1, tehát eggyel kevesebb, mint a nevez˝o. A nulla maradék itt nem fordul el o˝ , mert ez azt jelentené, hogy az osztás teljes, és ez véges tizedestörtre vezetne. Ez azonban, amint láttuk, csak olyan nevez o˝ nél lehetséges, amely a 2 és a 5 törzstényezo˝ b˝ol tev˝odik össze. Tehát az kifejtésnek periodib kus tizedestörtet kell adnia, éspedig a periódus legfeljebb b − 1 1 jegyet tartalmazhat. Az tört eléri ezt a maximális periódust, a 7 3 nem, amint a példáink mutatják. További példa a maximális 41 hosszúságú periódusra: 1 = 0, 0 5 8 8 2 3 5 2 9 4 1 1 7 6 4 7. . . , 17 1 1 0 1 5 1 4 4 6 9 5 1 6 7 2 3 13 11 8 1 2 1 a periódus hosszúsága b − 1 = 17 − 1 = 16. 4. Most csak olyan törteket tekintsünk meg, amelyek nevez o˝ i a 10-hez relatív prímszámok, tehát a 2 és 5 tényez o˝ t egyáltalában a nem tartalmazzák. Akkor az periódusa jegyeinek maximális b számát még valamivel pontosabban meghatározhatjuk.

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

247

a törtet magától értet o˝ d˝oleg egyszer˝usítettnek tekintjük, Az b tehát a és b relatív prímszámok. Akkor az osztásnál csak olyan maradékok léphetnek fel, amelyek szintén relatív prímszámok bhez. Legyen r ilyen relatív prímszám maradéka. A számolás legközelebbi lépése akkor 10 · r osztása b-vel. Az itt fellép o˝ hányados legyen q, tehát b q-szor van meg a 10 r-ben, és r 1 maradék lép föl. 10 r = qb + r1 vagy (1)

r1 = 10 r − qb,

akkor r1 és b szintén relatív prímszámok, mivel b-nek egyik törzstényez˝oje sincs meg sem a 10-ben, sem az r-ben, tehát nincs meg a 10 r-ben, sem a (10 r − qb)-ben. Ha b és r relatív prímszámok, akkor az r maradék után mindig következik egy ugyanilyen r1 maradék. Mivel most a b-hez relatív prímszám maradékából, a-ból indultunk ki, azért továbbra is csak relatívprímszáma maradékok következnek. Ezért azt állíthatjuk, hogy az periób dusa legfeljebb olyan h hosszú lehet, mint a b-hez relatívprímszám-maradékok száma. Egy b számhoz relatív prímszám maradékainak száma önmagában is érdekes szám. A számelméletben ϕ(b)-vel szokták jelölni. Például ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4, ϕ(6) = 2, ϕ(7) = 6, ϕ(8) = 4. A p törzsszámhoz a megel o˝ z˝o valamennyi p − 1 szám relatív prímszám, ezért minden p törzsszámra nézve érvényes: (2)

ϕ(p) = p − 1.

Összefoglalva mondhatjuk: a 10-hez relatív prímszám nevez o˝ j˝u a tört periódusának legfeljebb ϕ(b) számú jegye van. b Megjegyzés: ϕ(n) az n függvénye és a számelméletben Eulerfüggvényként ismert. ϕ(n)-et nyilván úgy is lehet definiálni, mint az n nevezo˝ j˝u egyszer˝usített valódi törtek számát.

248

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

a tört végtelen tizedestörtként 5. Bebizonyítottuk, hogy az b kifejtésében periódusnak kell fellépnie, ha legalább egy olyan törzstényezo˝ je van b-nek, amely a 2-t o˝ l és 5-t˝ol különbözik. A véges számú lehetséges maradékból egynek egyszer ismétl˝odnie kell. Ezáltal tudjuk ugyan, hogy periódusnak lennie kell, de nem tudjuk, hogy hol kezd o˝ dik. A II. példában a periódus azonnal a tizedesvessz o˝ mögött kezd o˝ dik, a III.-ban ellenben a tizedesvessz˝o után át kell ugrani egy számot. A II. példában úgy választottuk a nevez o˝ ket, hogy nincs közös osztójuk a 10-zel. a Megmutatjuk, hogy az -hez tartozó tizedestörtnek a periódusa b mindig rögtön a tizedesvessz o˝ mögött kezd o˝ dik, ha b és 10 relatív prím. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy az el o˝ ször ismétl˝od˝o maradék a legkorábban fellép o˝ maradék, tehát maga a számláló. Ha ugyanis két maradék egyenl o˝ , rm = rn , akkor a két megel˝oz˝o, rm−1 és rn−1 maradéknak is (ha mindkett o˝ el˝ott van még megel˝oz˝o) meg kell egyezniök, mert r m és rn a 10 · rm−1 , illetve 10 · rn−1 osztásakor adódnak: 10 · rm−1 = qm−1 · b + rm , 10 · rn−1 = qn−1 · b + rn, amelybo˝ l rm = rn miatt kivonás útján 10(rm−1 − rn−1 ) = (qm−1 − qn−1 ) · b következik. Tehát 10(r m−1 − rn−1 ) osztható b-vel. Azonban mivel b relatív prímszám 10-hez, azért már (r m−1 − rn−1 )-nek is oszthatónak kell lennie b-vel. Az r m−1 − rn−1 különbségnek a 0, ±b, ±2b, ±3b . . . sorozatban elo˝ kell fordulnia. Mivel azonban r m−1 és rn−1 maradékok, tehát b-nél kisebbek, azért különbségük kisebb érték˝u, mint b, úgyhogy csak rm−1 − rn−1 = 0

vagy

rm−1 = rn−1

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

249

lehet˝oség marad. A periódus tehát olyan korán kezd o˝ dik, amint lehet, következésként rögtön a tizedesvessz o˝ után. a 6. Jelöljük a periódus hosszúságát λ-val, akkor -nek tizedesb törtté való kifejtésénél λ számú lépés után ismét a lesz a maradék. Az osztás minden lépésénél azonban egy nullát „levettünk”, tehát összesen nem a-t, hanem a·10 λ-t osztottunk, és itt kaptuk az a maradékot. Ennek következtében a · 10 λ osztható b-vel. Mivel a és b relatív prímszám, és a · 10 λ − a = a(10λ − 1), ez azt jelenti, hogy 10 λ − 1-nek oszthatónak kell lennie b-vel. Éspedig λ a legkisebb kitevo˝ , amelynél 10 λ − 1 osztható b-vel. Mert a periódus az a maradék els o˝ ismétl˝odésénél záródik, tehát λ az a legkisebb szám, amelynél a · 10 λ -nak b-vel való osztásákor a maradék lesz, amelybo˝ l következik az állítás. Tehát érvényes a következ o˝ tételünk: a I. Az tört periódusának λ hossza az a legkisebb λ szám, b amelynél 10λ − 1 osztható b-vel. Ebben a tételben két olyan kijelentés van, amelyet érdemes kiemelni. El˝oször azt mondtuk ki benne, hogy általában valamely megadott b számhoz, amely 10-hez relatív prímszám, kell lennie olyan λ kitev o˝ nek, hogy 10 λ − 1 osztható legyen b-vel. Az ilyen λ-nak a létezése – amely nem magától értet o˝ d˝o – azáltal lesz kézzelfogható, hogy a λ kitev o˝ a periódus számjegyeinek a számaként jelentkezik, ennek a létezését pedig a 3. pontban kimutattuk. Másodszor itt λ csak b-to˝ l függ, a-tól nem. Minden egyszer˝usített a tört, amelynek ugyanaz a b nevez o˝ je van, ugyanazzal a λ perib ódushosszal rendelkezik, amelynek b-t o˝ l való függését λ = λ(b)vel kívánjuk jelölni. a 7. Most vizsgáljuk meg egymás mellé helyezve az törteknek b tizedestört-kifejtését különböz o˝ a esetén. Már ismerjük az 1 :7 = 0, 1 4 2 8 5 7 . . . 1 32 6 4 51

kifejtést.

250

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

Összehasonlításul számoljuk ki a következ o˝ kifejtést. 2 :7 = 0, 2 8 5 7 1 4 . . . 2 64 5 1 32

1 2 A -hez tartozó 285714 periódus az -hez tartozó 142857 peri7 7 ódusból egyszer˝u ciklikus felcseréléssel állítható el o˝ . Ez azonnal világossá lesz, ha meggondoljuk, hogy a 2 maradék, amellyel a 2 1 -nek a kifejtése kezd o˝ dik, az kifejtésének a maradékai közt is 7 7 el˝ofordul, és hogy ett o˝ l a megegyez o˝ maradéktól kezdve az osztási lépéseknek meg kell egyezniök. A 3, 4, 5, 6 maradékok meg1 találhatók az -nél fellépo˝ k között, és valóban a 7-hez tartozó 7 1 valamennyi maradéknak el o˝ kell fordulnia, mivel az kifejtésé7 nek a periódusa 6 jegy˝u. Ha a periódusban a számjegyeket ciklikusan gondoljuk, azaz az utolsó mögött ismét elölr o˝ l kezdve, és minden periódusjegyhez hozzágondoljuk a maradékot, amelyb o˝ l az osztás útján keletkezik, az alábbit kapjuk. Maradék Hányados

1

3

2

6

4

5

1

4

2

8

5

7

A maradék és hányados táblázatból azonnal kiolvashatjuk, hogy 6 -nek olyan periódusa van, amely 8-cal kezd o˝ dik, és ezért a 7 6 857142-nek kell lennie, tehát = 0, 857142. . . és így tovább. 7 Nemcsak a hányados kifejtésében lépnek fel periódusok, hanem a maradékok is periodikusan ismétl o˝ dnek, amint mindjárt vizsgálatunk elején megállapítottuk. Ezért ezután többé nem egyszer˝uen periódusról fogunk beszélni, hanem hányados periódusáról és maradék periódusáról. a 8. Az periódusának nem kell mindig elérnie a ϕ(b) hosszúb ságot, amelyet meggondolásaink szerint nem léphet túl. Amint 1 1 példáink mutatják, az -nél és -nél a maximális hosszúság lép 7 17

251

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

3 fel, -nél azonban nem. Nehezebb kérdés, és esetr o˝ l esetre tény41 leges kiszámítással kell meghatároznunk, hogy a valóságban milyen hosszú a periódus. Mégis a következ o˝ t mondhatjuk a λ(b) valódi periódushosszra: λ(b) ≤ ϕ(b). 1 Meggondolásunkat az új példán mutatjuk be, amelyre 21 λ(21) < ϕ(21) mutatkozik. A ϕ(21) szám a 21-hez relatív prímszám maradékainak a száma: ϕ(21) = 12, amit könnyen elleno˝ rizni lehet. Viszont 1 :21 = 0, 0 4 7 6 1 9 . . . 1 10 16 13

4 19

1

osztásból tehát csak λ(21) = 6 periódushosszúságot nyerjük. Tehát ennél az osztási eljárásnál nem lép fel valamennyi (12 db), a 21-hez relatívprímszám-maradék, hanem csak 6, amelyeket a hozzátartozó hányadosokkal együtt ismét táblázatba foglalunk: (A) Maradék Hányados

1

10

16

13

4

19

0

4

7

6

1

9

Ebb˝ol a táblázatból például azt olvassuk ki, hogy 10 = 0, 4 7 6 1 9 0 . . . , 21

4 = 0, 1 9 0 4 7 6 . . . , 21

2 -nek ellenben a 2 szám nem lép föl maradékként, és ezért a 21 valami újat kell szolgáltatnia. Valóban: 2 :21 = 0, 0 9 5 2 3 8 . . . , 2 20 11 5 8 1 7 2

a táblázat: (B) Maradék Hányados

2

20

11

5

8

17

0

9

5

2

3

8

252

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

Itt nemcsak a 2 lép fel mint új maradék, hanem minden maradék új. Kezdetto˝ l fogva is látni kellett, hogy itt a régi maradékok közül egyik sem fordulhat el o˝ . Mert minden maradék egyértelm˝uen meghatározza a kifejtés további menetét. Speciálisan az (A) táblázatbeli minden maradék maga után vonja az egész (A)-beli hatjegy˝u periódust. Ha a (B)-beli maradékperiódus az (A)-beli maradékok közül csak egyet is tartalmazna, akkor (A)-ból valamennyit tartalmaznia kellene. Mivel a (B)-beli maradékperiódus csak hatjegy˝u lehet, ezért nem tartalmazhatna (A)-ból hiányzó maradékot. Az (A) és (B) táblázatok most valamennyi, ϕ(21) = 12 maradékot tartalmazzák, amelyek csak a 21 nevez o˝ j˝u, egyszer˝usített valódi törtek számlálói lehetnek. Megjegyzés: Legyenek p, q, r . . . az n felbontásában el o˝ forduló, egymástól különböz o˝ prímek, ekkor általánosan: ϕ(n) = n ·

p−1 q−1 r−1 · · .... p q r

Ennek a formulának a bizonyítását minden elemi számelméleti tankönyvben megtaláljuk. 9. A 21 nevez o˝ re vonatkozó (A) és (B) táblázat konstruálásában olyan általános gondolat van, amelyet most kiaknázunk. 1 Ha az tört kifejtésének λ(b) = ϕ(b) maximális periódusb hosszúsága van, akkor csak egy periódustáblázat van, mint en1 nek az elo˝ adásnak a 7. pontjában az esetében. Ellenben ha 7 1 λ(b) < ϕ(b) – mint b = 21-nél –, akkor az kifejtésénél csak b λ(b) maradék fordulhat el o˝ , amelyekkel az (A) táblázatot készítjük. Ez azonban nem tartalmazza valamennyi, ϕ(b) számú, b-hez relatív prímszám maradékát, hanem csak a λ(b) számút, tehát ϕ(b)-nél kevesebbet. Legyen most r olyan maradék, amelyet az r (A) nem tartalmaz, azután kifejtjük törtet, és olyan tizedesb tört kifejtését nyerjük, amelynek periódusa hasonlóképpen λ(b) jegyet tartalmaz, amint a 6. pontból tudjuk. Az itt fellép o˝ maradékokat és hányadosokat foglaljuk össze egy új (B) táblázatba,

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

253

amely most egy (A)-ban nem szerepl o˝ r maradékot és egyébként is csupa olyan maradékokat tartalmaz, amelyek (A)-ban nem fordulnak elo˝ . Mert (A)-nak minden maradéka az (A) többi maradékát vonná maga után, tehát r el o˝ fordulása ki volna zárva. Az (A) és (B) táblázatok együttesen 2·λ(b) b-hez relatívprímszám-maradékot tartalmaznak. Vagy ez az összes lehetséges maradék, tehát 2 · λ(v) = ϕ(b), vagy vannak még mások. Ha s olyan, amely sem (A)-ban, sem (B)-ben nem fordul el o˝ , akkor fejtsük ki s az törtet, azután állítsuk össze a (C) periódustáblázatot, amely b most λ(b) új, sem (A)-ban, sem (B)-ben nem szerepl o˝ maradékot tartalmaz. Ez most összesen 3λ(b) darab b-hez relatívprímszámmaradék volna. Ha 3λ(b) = ϕ(b), akkor valamennyi szóba jöhet o˝ maradékot kimerítettük. Egyébként addig ismételjük az eljárást, és addig konstruáljuk egymás után a maradéktáblázatokat, amíg a ϕ(b) maradékból álló készlet kimerült. Az a lényeges, hogy egy táblázatba foglalt új maradék mindig (λ − 1) új maradékot hoz felszínre. Ennek a táblázatba foglalásnak a befejezése után valamennyi, ϕ(b) számú b-hez relatív prímszám maradékát, mondjuk k darab táblázatban helyeztük el, amelyek közül egyik sem tartalmaz a másikkal közös maradékot. Akkor tehát (3)

ϕ(b) = k · λ(b).

Ezzel a következ o˝ tételt nyerjük: A λ(b) periódushosszúság ϕ(b)-nek osztója. 1 Egy p törzsszámra a ϕ(p) = p − 1, amint már fentebb láttuk. a Tehát az az eredmény, hogy ha p törzsszám, akkor az törtnek a p λ(p) periódushosszúsága osztója p − 1-nek, amelyre számításaink között már λ(3) = 1, λ(7) = 6, λ(17) = 16, λ(41) = 5 példák vannak. A maradékoknak a különböz o˝ periódusokra való elosztását még megvizsgáljuk a 39-es nevez o˝ nél:

1

Maga a ϕ(b) nem valódi osztó itt nincs kizárva.

254 (A)

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

1 :39 = 0, 0 2 5 6 4 1 . . . , 1 10 22 25 16 4 1

amelybo˝ l a maradék- és hányadostáblázatokat könnyen el o˝ lehet állítani. Csak az a kérdés: vajon itt valamennyi, a 39-hez relatív prímszám maradéka már el o˝ fordul-e. Nyilvánvalóan hiányzik már a 2 maradék, amelyet a legközelebbi periódustáblázat készítésénél felhasználunk: (B) 2 :39 = 0, 0 5 1 2 8 2 . . . 2 20 2 11 32 8 2

Itt 6 db új maradékot kaptunk. A 39-hez relatív prímszám maradékai közül legkisebb a 7, amely az (A)-ban és a (B)-ben még nem fordul el o˝ . A 7-es számból még egy új maradék- és hányadostáblázatot kapunk: (C) 7 :39 = 0, 1 7 9 4 8 7 . . . 7 31 37 19 34 28 7

A 18 db maradék között – melyek (A), (B) és (C)-ben el o˝ fordulnak – a 39-hez relatív prímszámok közül még hiányzik a 14-es szám, amelybo˝ l ismét kiindulhatunk: (D) 14 :39 = 0, 3 5 8 9 7 4 . . . 14 23 35 38 29 17 14

Most 24 db, 39-hez relatívprímszám-maradékot soroltunk fel, és ez az összes. Az 1-to˝ l 39-ig terjed o˝ számok között csak a 3-mal és 13-mal osztható számoknak van a 39-cel közös osztójuk. A 3mal osztható számok az 1-t o˝ l 39-ig terjed o˝ knek az egyharmada, azaz 13 szám. Azonkívül van még 2 db 13-mal osztható szám: a 13 és a 26 (a 39-es számot ellenben, mint 3-mal oszthatót, már el˝obb figyelembe vettük). Az 1-t o˝ l 39-ig terjed o˝ számok közül összesen 15 olyan van, amelynek 39-cel közös osztója van, tehát 39 − 15 = 24 relatív prímszám marad. Tehát ϕ(39) = 24, és λ(39) = 6. ϕ(39) = 4λ(39), ezért 4 maradék- és hányadosperiódus van.

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

255

10. A periódushosszakra vonatkozó ismereteinkb o˝ l levonunk még egy fontos következtetést, amelynek bemutatásához szükségünk van még a következ o˝ egyszer˝u segédtételre: Ha x és k pozitív egész számok, akkor x − 1 osztója x k − 1-nek. Ez a segédtétel világossá lesz, ha az 1 + x + x 2 + . . . + xk−1 geometriai sorra emlékezünk, mert ennek a sornak az összegezéséhez vegyük egyszer˝uen az (x − 1)-gyel való szorzatát, ami (1 + x + x2 . . . + xk−r )(x − 1) = xk − 1 lesz, ahol a szorzás utáni összevonás során a legtöbb tag kiesik. Ha x = 10λ(b), akkor a segédtételb o˝ l következik, hogy 10 λ(b) − 1 osztója a 10kλ(b) − 1-nek. A (3) egyenl o˝ ségben szerepl o˝ k-t választjuk ki, és megállapítjuk, hogy 10kλ(b) − 1 = 10ϕ(b) − 1, és ezzel 10λ(b) − 1 osztója a 10ϕ(b) − 1-nek. A 6. pont tétele értelmében b osztója a 10 λ(b) − 1-nek, tehát osztója 10 ϕ(b) − 1-nek is. Ezt tételként mondjuk ki: Ha b valamely 10-hez relatív prímszám, akkor 10 ϕ(b) − 1 osztható b-vel. Ez a tétel már nem a szakaszos tizedestörtekre vonatkozik, mivel ϕ(b)-nek attól egészen független jelent o˝ sége van. A (2) egyenlo˝ ség még egy speciális esetet ad: Ha p törzsszám, és nincs meg a 10-ben, akkor 10 p−1 − 1 osztható p-vel. A 10 számnak egyik tételben sincs jelent o˝ s szerepe. Csak véletlenségb˝ol szerepel, azért, mert az általunk használatos számrendszer a 10-es számra épül. Egy tetsz o˝ leges g alapszámú számrendszer és a hozzátartozó g nevez o˝ j˝u törtek vizsgálatával és következtetésünknek egyébként változatlan megismétlésével a következ˝o eredményre jutottunk volna: II. Ha b a g-hez relatív prímszám, akkor g ϕ(b) − 1 osztható b-vel, és speciálisan: III. Ha p törzsszám nem osztója g-nek, akkor a g p−1 − 1 osztható p-vel.

256

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

Itt olyan tétel adódott, amely nyilvánvalóan túlmutat a szóban forgó szakaszos tizedestörteken, és a klasszikus számelméletnek egyik alapvet o˝ tétele. A III. tételt felfedez o˝ jér˝ol, Fermatról nevezték el, éspedig Kis Fermat-tételnek hívják, ellentétben a bebizonyítatlan [2] Nagy Fermat-tétellel, amelyet a Pitagoraszi számok és pillantás a Fermat-féle problémára cím˝u el o˝ adásban említettünk. A II. a Kis Fermat-tételnek Euler-féle általánosítása. Lássunk néhány példát ennek a tételnek az illusztrálására: p=5:

p=7:

25−1 − 1 =

15 =

3 · 5,

3

5−1

−1 =

80 =

16 · 5,

4

5−1

−1 =

255 =

51 · 5,

27−1 − 1 =

63 =

9 · 7,

3

7−1

−1 =

728 =

104 · 7,

5

7−1

− 1 = 15 624 =

2 232 · 7,

7−1

− 1 = 999 999 = 142 857 · 7,

10 b = 6, ϕ(b) = 2 :

52 − 1 =

24 =

4 · 6,

7 −1 =

48 =

8 · 6,

26 − 1 =

63 =

7 · 9,

4 −1 =

4 095 =

455 · 9,

5 − 1 = 15 624 =

1 736 · 9,

2

b = 9, ϕ(9) = 6 :

6 6

b = 10, ϕ(10) = 4 :

34 − 1 =

80 =

8 · 10,

7 −1 =

2 400 =

240 · 10,

94 − 1 =

6 560 =

656 · 10.

4

11. Ezen kitér o˝ után térjünk vissza a periodikus tizedestörteka hez. Már megállapítottuk, hogy az egyszer˝usített törtnek melyb

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

257

nek nevezo˝ jében b relatív prímszám a 10-hez, kifejtése olyan szakaszos tizedestörtre vezet, amelynek periódusa rögtön a tizedesvessz˝o után kezd o˝ dik. Megfordítva: ha egy szakaszos tizedestört van el o˝ ttünk, akkor tudni akarjuk, hogy melyik közönséges törtb o˝ l származott. A szakaszos tizedestörtnek legyen λ hosszúságú és P számú periódusa, miközben a λ jegy˝u periódust egyszer˝uen mint tízes számrendszerbeli közönséges számot olvassuk, például a 1 =0,142857 . . . 7 törtben a P = 142 857 . . . (száznegyvenkétezer nyolcszázötvena hét) periódus lép föl. Az törtet, amelyb o˝ l a λ jegy˝u, P periódusú b tizedestörtet származtattuk, könnyen el o˝ lehet állítani. Ugyanis ha a-t osztjuk b-vel, akkor λ jegy után ismét az a maradéknak kell fellépnie, aminek következtében a · 10 λ − a-nak b-vel oszthatónak kell lennie, éspedig a hányados az a maradék felléptével befejezett periódus, tehát: a(10λ − 1) = b · P, vagy (4)

P a = . b 10λ − 1

A jobb oldalon álló tört általában nincs egyszer˝usítve, de egyszea r˝usítéssel -be megy át. Mivel 2 és 5 a 10 λ -nak osztója, azért b ez a két szám nincs meg a 10 λ − 1-ben, tehát 10 λ − 1 osztójának, b-nek sem lehet osztója. Ezzel megállapítottuk, hogy minden úgynevezett tiszta szakaszos tizedestört – azaz olyan tizedestört, amelynek periódusa azonnal a tizedesvessz o˝ után kezd o˝ dik a – olyan közönséges törtb˝ol származik, melynek b nevez o˝ je reb latív prímszám a 10-hez, míg a fordítottját már tudtuk.

258

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

12. Eddig csak tiszta szakaszos tizedestörteket figyeltünk meg. Az 1. pontban azonban a III. alatt olyan példákat is említettünk, amelyekben a tizedesvessz o˝ és a periódus között még más számok vannak. Az ilyen tizedestörteket vegyes szakaszos tizedestörteknek is nevezzük. Mivel a véges tizedestörtekhez olyan törtek tartoznak, melyeknek nevez o˝ je csak a 2 és 5 törzstényez o˝ t tartalmazza, a tiszta szakaszosakhoz olyan törtek, amelyeknek nevezo˝ je sem 2-, sem 5-öt nem tartalmaz, akkor a vegyes szakaszosakra csak a 3. lehet o˝ ség marad: olyan törtekb o˝ l származnak, melyek nevez o˝ jének 10-zel közös osztója van, és azonfelül még 2-to˝ l és 5-t˝ol különböz o˝ törzstényezo˝ ket is tartalmaznak. Ezt a harmadik esetet csak éppen megemlítjük, azonban nem nyújt semmi újat, amely beható vizsgálatot kívánna. 13. Ezután az alapos taglalás után mutassunk rá a szakaszos tizedestörteknek egy inkább szórakoztató, mint jelent o˝ s tulajdon1 ságára. Az tört periódusa 6 jegyb o˝ l áll: 142857. Ezt két részre 7 osztjuk és összeadjuk: 142 + 857 = 999. 1 periódusa 16 jegyb o˝ l áll, mégpedig 0588235294117647, Az 17 amelynek a két felével ugyanígy járunk el: 05 882 352 + 94 117 647 = 99 999 999. 1 periódusa 09, ezért: 0 + 9 = 9. 11 a Megmutatjuk, hogy az olyan törtek periódusára, amelyekp nek a nevez o˝ je p törzsszám, a periódus két felének ez az összegezési tulajdonsága mindig érvényes, ha egyáltalában felezni lehet a periódust, azaz, ha páros számú jegyb o˝ l áll. Legyen tehát a λ periódushossz páros: λ = 2h. A periódus legyen P, ennek egyik fele A, a másik fele B; amellett P-t λ jegy˝u számnak, A-t és B-t h jegy˝u számnak kell olvasni. Azután a számok tízes helyiértékének figyelembevételével Az

P = A · 10h + B.

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

259

a Most már tudjuk, hogy az törtet P periódusából ki lehet száb molni, ugyanis (4) egyenl o˝ ség szerint: (5)

P A · 10h + B a = λ = . p 10 − 1 10λ − 1

A λ = 2h feltevés szerint: (6)

10λ − 1 = 102h − 1 = (10h − 1)(10h + 1).

Az (5)-bo˝ l következik, hogy a p nevez o˝ 10λ − 1-gyé b o˝ vítheto˝ , tehát p megvan 10 λ − 1-ben, amit közvetlenül a 6. pont tételéb o˝ l is következtethetünk. Ha p(10 λ − 1) = (10h − 1) · (10h + 1)-ben megvan, akkor a p törzsszámnak legalább a két tényez o˝ : (10h −1) és (10h + 1) egyikében meg kell lennie. A 10 h − 1-ben a p biztosan nem lehet meg, mert h < λ, de a λ periódushossz az I. tétel szerint az a „legkisebb” szám, amelyre nézve 10 h − 1 osztható pvel. Ennek következtében p-nek a 10 h − 1-ben kell meglennie. A (5) és (6)-ból nyerjük a A · 10h + B a = h p (10 − 1)(10h + 1) egyenlo˝ séget, amelyet mindkét oldalnak 10 h + 1-gyel való szorzásával a(10h + 1) A · 10h + B = p 10h − 1 alakra hozunk. Itt a bal oldalon egész szám van, mert a p nevez o˝ – amint már megállapítottuk – megvan a (10 h + 1)-ben. Ennek következtében A · 10h + B 10h − 1 is egész szám. Most A · 10h + B A(10h − 1) + A + B A+B = = A+ h , 10h − 1 10h − 1 10 − 1

260

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

és mivel A egész szám, az (7)

A+B =d 10h − 1

is egész szám. Azt állítjuk, hogy d = 1-nek kell lenni, mert az A h számból áll, és akkor a legnagyobb, ha ezen h szám mindegyike legnagyobb értékét, a 9-et veszi fel. A h db kilencesb o˝ l álló szám azonban 10 h − 1-gyel egyenl o˝ . Ezért A ≤ 10 h − 1. Éppen így a h jegy˝u B szám, B ≤ 10 h − 1. Tehát A + B ≤ 2(10h − 1). Itt azonban nem lehet érvényes az egyenl o˝ ségi jel, hanem pontosabban (8)

A + B < 2(10 h − 1)

kell hogy teljesüljön, mert ha A + B = 2(10 h − 1) volna, akkor Anak is és B-nek is, azaz mindkett o˝ nek a legnagyobb értékét kellene felvennie, A = 10h − 1,

B = 10h − 1

kellene teljesülni. Akkor A és hasonlóképpen B h db 9-esb o˝ l, a periódus tehát 2h egyenl o˝ jegybo˝ l, csupa kilencesb o˝ l állna. Ez azonban képtelenség, mert ebben az esetben már maga a 9 szám volna a periódus, ez tehát egyjegy˝u volna, míg a periódusnak a feltétel szerint páros számú jegyet kell tartalmaznia. Ennek következtében érvényes a (8) egyenl o˝ tlenség. Azonban a (7)-b o˝ l nyerjük A + B = d(10h − 1), amelyben h-nak pozitív egész számnak, s annak (8) szerint 2-nél kisebbnek kell lennie. Ezért csak d = 1 lehet o˝ ség marad. Akkor azonban (9)

A + B = 10h − 1

egyenlo˝ séget nyerünk, azaz A + B h jegy˝u számot ad, mely csupa 9-es számjegyb o˝ l áll, amit éppen bizonyítanunk kellett.

S ZAKASZOS TIZEDESTÖRTEK

261

Jegyzet [1] Két nagy csoportot kükönböztetünk meg, ha a tizedestörteket a tizedesjegyek sorozata szerint akarjuk csoportoítani: véges és végtelen tizedestörteket. A végtelen tizedestörteket megint csak két csoportba soroljuk. Az egyikbe a periodikus vagy más néven szakaszos tizedestörteket, a másik típusba azokat, ahol ilyen ismétl˝odés nincsen. A racionális számokat állítják el˝o a véges és szakaszos tizedestörtek, p ugyanis felírhatók alakban, ahol p és q egész szám, és (p, q) = 1, q azaz relatív prímek. A végtelen nem szakaszos tizedestörtek pedig az p irracionális számokat, amelyeket nem írhatunk fel alakban: például a q √ 2 vagy a π. [2] Lásd a Pitagoraszi számok és pillantás a Fermat-féle problémára cím˝u el˝oadás 2., 3. jegyzetét.

A kör egy jellemzo˝ tulajdonsága

Ha esik, nedves a föld; ha nedves a föld, még nem biztos, hogy esik.1 [1] Ezt a példát szoktuk felhozni, hogy a gyermekek számára megvilágítsuk a tétel és megfordítása közti különbséget. Amennyire világosnak látszik ez a viszony ebben a példában, olyan kevéssé kezelik helyesen a mindennapi életben. Találkoztam olyan emberekkel, például élesesz˝u jogászokkal, akik természetesen azonnal megértik a tétel és megfordítása közötti különbséget, amint tudomásukra hozzuk, a mindennapi érintkezés során mégis öntudatlanul felcserélik; szónokok is gyakran élnek azzal a trükkel, hogy ellenfelüket saját tételének megfordításával teszik nevetségessé, és ezt a hallgatóság nem veszi észre. Mi, matematikusok a gyakorlatból jól tudjuk, hogy a matematikatanítás kezdetén módszeresen rá kell nevelnünk a tanulókat, hogy ne kövessék el ezt a hibát. Kutató matematikus számára azonban a tételr o˝ l a tudatos megfordítására való átmenet egyike a legtermékenyebb alapelveknek. Ez a két fejezet – amely egyébként egymástól függetlenül olvasható – azt tárgyalja, hogy milyen módon vezet ez az alapelv ismert tételekto˝ l új tételekhez vagy új fogalmak megalkotásához. Egyszer˝u példával kezdjük egy matematikai tételnek és megfordításának a tárgyalását. A kerületi szög tételére mindnyájan emlékszünk: ugyanazon húrhoz tartozó kerületi szögek egyenl o˝ k

1

Közelebbit lásd err˝ol Christian Morgenstern: Palmström. Bona fide, 16. o.

264

A KÖR EGY JELLEMZ O˝ TULAJDONSÁGA

egymással (90. ábra). De a fontos az, hogy ebb o˝ l a tételb˝ol a megfordítása is következik:

90. ábra

azoknak a pontoknak a mértani helye, amelyekb o˝ l AB szakasz ugyanazon szög alatt 2 látszik, kör. Az iskolai oktatásban nem mindenütt emelik ki világosan, hogy ez a kör geometriájának a sarkpontja. Mert ha ennek a tételnek a megfordítása is érvényes, akkor ez azt jelenti, hogy a szóban forgó kerületiszög-tulajdonság a körre jellemz o˝ . Ez alkalmas a kör definiálására, s egyszer˝uen a szokásos kördefiníció helyére lehet tenni, amely szerint a kör azon pontok mértani helye, amelyek egy adott ponttól egyenl o˝ távolságra vannak. A valóságban a kör geometriájának minden szép tételét be lehet bizonyítani, ha csak a kerületi szögek tételére, s nem a kör klasszikus definíciójára támaszkodunk. Ebben az értelemben sarkpontja a kör geometriájának, tulajdonképpen definíciója a körnek. Ezen el˝ogyakorlat után a körnek egy másik tulajdonságát vizsgáljuk meg, és megmutatjuk, hogy az is jellemz o˝ a körre. Egy apró megjegyzést kell el o˝ rebocsátanunk. Az iskolában megszoktuk, hogy szögön mindig két egyenesnek a hajlásszögét értsük, egyébként alapos oknál fogva. Ez azonban nem akadályoz bennünket abban, hogy két görbe vonalnak a hajlását is vizsgáljuk. Ha akarjuk, ezt is szögnek tekinthetjük, amelyet az S csúcsban 2 Ha D az alsó AB íven fekszik, akkor azt a szöget kell venni, amelyet az AD félegyenesnek a D ponton túl való meghosszabbítása alkot a DB-vel (egyébként mellékszögr˝ol kellene beszélni).

A KÖR

265

˝ TULAJDONSÁGA EGY JELLEMZ O

a két görbéhez húzott érint o˝ k szögével értelmezhetünk. Ezáltal a fogalmat visszavezetjük egyenesek hajlásszögére (91. ábra).

91. ábra

92. ábra

93. ábra

A körnek nyilvánvalóan megvan az a tulajdonsága, hogy minden húrja két egyenl o˝ nagyságú szöget alkot vele, természetesen görbe vonalú szögeket. Fordítsuk meg ezt a tételt. Azt kérdezzük, hogy az olyan görbe, amellyel bármely húrja mindkét végpontjában egyenl˝o szögeket alkot, mindig kör lesz-e, vagy van-e még ilyen tulajdonságú más görbe is? (92. ábra.) Megmutatjuk, hogy ez a tulajdonság is jellemz o˝ a körre. El˝oállítunk valamilyen zárt görbét (93. ábra), amellyel minden húrja egyenl o˝ szögeket alkot. Legyen A, B, C három pontja ennek a görbének. Az ezeket összeköt o˝ három húron kívül rajzoljuk meg a három, ugyanezen pontokhoz tartozó érint o˝ t is. Akkor az alapul vett tulajdonság az így keletkez o˝ szögekre oly módon áll fenn, amint ez a 93. ábrabeli jelölésekkel kifejezésre jut. Másrészr˝ol az A pont körül fekv o˝ szögek együttesen egyenesszöget alkotnak, éppen így a B-nél és C-nél fekv o˝ k, azaz: a + β + γ = 2R α + b + γ = 2R α + β + c = 2R. Ebb˝ol összeadás útján következik: (a + b + c) + 2(α + β + γ) = 6R.

266

A KÖR EGY JELLEMZ O˝ TULAJDONSÁGA

ABC háromszögre alkalmazva a szögek összegére vonatkozó tételt: a + b + c = 2R; tehát 2(α + β + γ) = 4R, α + β + γ = 2R, és ha az a + β + γ = 2R egyenlo˝ séget is hozzávesszük, akkor a = α. Éppen így következik b = β, c = γ is. Ebb˝ol az el˝okészít˝o meggondolásból tartsuk meg a c = γ eredményt, és végezzük el a tulajdonképpeni bizonyítást. Legyen D a görbének egy másik pontja, akkor ABD háromszögre ugyanazt a következtetést tehetjük, mint ABC-re. ABD háromszögnél és a bel˝ole keletkezo˝ , a 93. ábrával analóg ábránál az A, B pontok, valamint ezen pontokban rajzolt érint o˝ k a régiek maradtak, s ezzel együtt a γ szög is. A D pontnál lév o˝ d szög is mindenesetre egyenlo˝ ezzel a γ-val, és emiatt d = c. Az AB húr a D pontból ugyanazon szög alatt látszik, mint C-b o˝ l. Tehát a kerületi szög tételének megfordítása szerint – amelyr o˝ l fentebb volt szó – D rajta fekszik az A, B, C pontok által meghatározott körön, és éppen úgy görbénknek minden további pontja. Tehát ez kör. Ezzel ellentétben a következ o˝ el˝oadásban a körnek olyan tulajdonságát fogjuk megismerni, mely nemcsak a körnél fordul el o˝ , hanem más görbék egész sorára érvényes; itt tehát a megfordításnak az alapelve új fogalomalkotáshoz, a görbék egy figyelemreméltó osztályához vezet. Jegyzet [1] Christian Otto Josef Wolfgang Morgenstern (1871–1914) német költ˝o, író, m˝ufordító. Jogot, filozófiát, közgazdaságtant hallgatott a berlini egyetemen. Friedrich Nietzsche és Rudolf Steiner gondolatai voltak rá nagy hatással. Abszurd groteszkjei tették világhír˝uvé, melyek négy

A KÖR

˝ TULAJDONSÁGA EGY JELLEMZ O

267

kötetben jelentek meg: Galgenlieder (Akasztófadalok, 1905), Palmström (1910), Palma Kunkel (1916), Der Gingganz (1919). Bona Fide Palmström geht durch eine fremde Stadt... Lieber Gott, so denkt er, welch ein Regen! Und er spannt den Schirm auf, den er hat. Doch am Himmel tut sich nichts bewegen, und kein Windhauch rührt ein Blatt. Gleichwohl darf man jenen Argwohn hegen. Denn das Pflaster, über das er wandelt, ist vom Magistrat voll List - gesprenkelt. Bona fide hat der Gast gehandelt. 1910

Állandó szélességu˝ görbék

1. A kört úgy definiáljuk, mint olyan görbét, melynek valamennyi pontja egy adott ponttól, a középponttól egyenl o˝ távolságra van. Ennek a körtulajdonságnak a közvetlen gyakorlati alkalmazása megtalálható a kocsikeréknél. Az egyenl o˝ hosszú küllo˝ k a kerékagyat a kerék tetsz o˝ leges elforduláskor a vízszintes talaj felett ugyanabban a magasságban tartják, és ezáltal a kocsinak a vízszintes mozgását biztosítják. Nehéz teher vízszintes irányú mozgatásánál tulajdonképpen nem szilárd tengely˝u kereket használunk, hanem primitívebb eszközt, hengereket, amelyeket a láda alakú teher alá tolunk be (94. ábra).

94. ábra

Ezeken a kör keresztmetszet˝u hengereken gördül a teher, állandó távolságra a talajtól. Nyilvánvaló, hogy a keréknek szükségszer˝uen kör alakúnak kell lennie, amelynek középpontjában van az agy. Minden más kerékforma a kocsi emelkedését és süllyedését eredményezné. A fentebbi hengereknek, szerepük betöltéséhez nem szükséges feltétlenül körkeresztmetszet˝ueknek lenni, mert a keresztmetszet középpontja itt egyáltalában nem játszik szerepet, csak arról van szó, hogy a körnek egy párhuzamos érint o˝ párja mindig egyenl o˝ távolságra van egymástól, bárhogyan is forgatjuk el közöttük a kört. A kör minden irányban azonos széles-

270

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

ség˝u, amint mondják, „állandó szélesség˝u görbe”. Azt gondolhatnánk, hogy ez a tulajdonság már teljesen jellemzi a kört ugyanúgy, amint az el o˝ bbi fejezetben megfigyelt körtulajdonságok csak a kört illetik meg. Meglep o˝ , hogy itt másként van. Ugyanis sok olyan állandó szélesség˝u görbe van, amely nem kör. A következ˝okben néhány ilyen görbét ismerünk meg.

95. ábra

2. Valamely C zárt görbének egy meghatározott irányú szélességét úgy állapítjuk meg, hogy a C görbét pontról pontra egy ilyen irányú egyenesre vetítjük mer o˝ leges vetítéssel (95. ábra). A vetületek összessége az egyenesnek valamely AB szakaszát tölti ki, amelynek hossza adja a görbének ilyen irányú szélességét. A két legszéls˝o – A-hoz és B-hez tartozó – vetít o˝ sugár olyan tulajdonságú, hogy a vetített C görbével legfeljebb egy közös pontjuk van, az egész görbe az egyik oldalukon fekszik. Az ilyen tulajdonságú egyeneseket a görbe gyámegyenesének nevezzük. A zárt görbéknek minden irányban két gyámegyenesük van.

96. ábra

271

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

Ezt vagy a 95. ábra szerint mutatjuk ki, vagy úgy, hogy a kívánt irányban két olyan párhuzamost rajzolunk, amelyek közrefogják a C görbét, és azután mindegyiket eltoljuk önmagával párhuzamosan addig, amíg éppen érintkezik a görbével (96. ábra). A gyámegyenés fogalma egyébként nem fedi az érint o˝ fogalmát. A 97. a) ábrán a t a T pontbeli érint o˝ , azonban nem gyámegyenes, a 97. b) ábrában s gyámegyenes, azonban nem érint o˝ .

97. a) ábra

97. b) ábra

Az állandó b szélesség˝u görbe minden párhuzamos gyámegyenespárjának meghatározott b távolsága van. Ha az ilyen görbéhez két pár párhuzamos gyámegyenest rajzolunk (98. ábra), akkor a keletkez o˝ parallelogrammának rombusznak kell lennie.

98. ábra

Ha a két pár gyámegyenes egymásra mer o˝ leges, akkor a rombusz derékszög˝u, azaz négyzet. Ennek a négyzetnek az oldala a görbe b szélessége. Ezért az állandó szélesség˝u görbe köré írt négyzetek egybevágók. Ezt szemléltetni lehet olyan modellel, amely kemény papírból kivágott állandó szélesség˝u görbéb o˝ l és egy négyzet alakú keretb o˝ l áll. Ha a keretnek az oldalhossza egyenl o˝ a görbe szélességével, akkor minden irányban odailleszthet o˝ a görbéhez, azaz az állandó szélesség˝u görbe körülforgatható anélkül, hogy hézag maradna a görbe és a négyzet között. Vagy megfordítva: minden konstans szélesség˝u görbét el lehet forgatni egy

272

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

négyzetben anélkül, hogy hézag maradna ki közöttük, és minden olyan görbe, amely négyzetben forgatható, állandó szélesség˝u görbe.

99. ábra

3. A legegyszer˝ubb konstans szélesség˝u görbe (amely nem kör) olyan körívháromszög, amelynek minden csúcsa egyszersmind középpontja a szemben fekv o˝ körívnek (99. ábra). Mindhárom körívnek egyenl o˝ a sugara. Ez egyúttal a görbe állandó szélessége. Mert két párhuzamos gyámegyenes közül az egyik mindig az egyik csúcsponton megy át, a másik pedig a szemben fekvo˝ körívnek az érint o˝ je, vagy mindkett o˝ csúcsponton megy át, ott azonban érinti a körívek egyikét. Minden esetben a két párhuzamos gyámegyenes egymástól való távolsága egyenl o˝ az érint˝ore az érintési pontban mer o˝ legesen állított sugárral. El˝oször a technikában figyeltek fel a körívháromszögre mint állandó szélesség˝u görbére. Reuleaux állapította meg a mozgási mechanizmusok osztályozásakor, hogy ez négyzetben forgatható anélkül, hogy hézag maradna. Ez a tulajdonság jellemz o˝ minden konstans szélesség˝u görbére. 4. Tetszés szerinti sok ilyen alakzat készíthet o˝ a Reuleauxpoligon szerkesztésének gondolata alapján az egyenl o˝ sugarú köríveknek összef˝uzésével oly módon, hogy mindegyik csúccsal szemben egy ív van. Válasszuk ki a síknak egy B pontját csúcspontként, és rajzoljunk B körül b sugarú körívet. Ezen az íven vegyünk fel két új csúcspontot, A-t és C-t. A b sugárral C pont körül rajzolt körív ismét átmegy a B ponton, mert az el o˝ z˝o szerkesztés alapján BC = b. Ezen a köríven D pontot nyerjük új csúcspont-

273

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

ként. Viszont a b sugárral D köré rajzolt körív keresztülmegy a C ponton. Hogy az idom végre záródjék, ne vegyük fel tetsz o˝ legesen az új E csúcspontot, hanem feküdjék ez az A pont körül b sugárral rajzolt (B ponton átmen o˝ ) köríven, azaz a két körív metszéspontjaként határozzuk meg. Ezáltal 5 csúcspontú ADBEC állandó szélesség˝u körívpoligon keletkezett (100. a) ábra). A szerkesztés továbbfolytatásával további lépésként több csúcsponttal bíró körívpoligonokat is tudunk szerkeszteni. F

A

D

A

D

B

C

C

B E

100. a) ábra

G

E

100. b) ábra

A 100. b) ábra például ilyen fajtájú hétszöget ábrázol. Az a körülmény, hogy minden csúcsponttal szemben olyan b sugarú körív fekszik, amelynek a csúcspont a középpontja, minden további nélkül mutatja, hogy ez a szerkesztés állandó b szélesség˝u körívpoligont szolgáltat. Kés o˝ bbi alkalmazás céljából minden csúcspontból rajzoljuk meg a sugarakat a szemben fekv o˝ íven lév˝o két másik csúcsponthoz. Ezáltal a körívpoligonban önmagát átmetsz˝o poligon keletkezik, amelynek minden oldala egyenl o˝ . A poligon oldalai minden csúcspontban a szemben fekv o˝ ívhez tartozó középponti szögeket alkotják. Az ezzel az el o˝ írással szerkesztett körívpoligonoknak mindig páratlan számú oldaluk van. Jelöljük meg ugyanis az egyik csúcspontot és a vele szemben fekvo˝ oldalt. A megjelölt csúcspontból kiindulva járjuk körül a körívpoligont! El o˝ ször egy oldalon, azután egy csúcsponton haladunk át, és így váltakozva a megjelölt oldalig. Egészében véve a megjelölt g csúcstól a megjelölt oldalig ugyanannyi oldal van, mint csúcs, mondjuk n számú. A megjelölt csúcsból kiindulva a

274

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

másik irányban is eljuthatunk a megjelölt oldalhoz. Ekkor is n oldalon és n csúcsponton haladunk át, mert a második út minden oldalával szemben az els o˝ út egyik csúcspontja fekszik, és éppen úgy minden csúcsponttal szemben egy oldal. Ehhez járul még a megjelölt csúcs és a vele szemben fekv o˝ megjelölt oldal, tehát összesen (2n + 1) csúcs és ugyanannyi oldal van.

101. a) ábra

101. b) ábra

101. c) ábra

5. Az eddigi, csúcsponttal rendelkez o˝ körivpoligonokon kívül szerkeszthet˝ok csúcspont nélküli állandó szélesség˝u görbék is. Ebb˝ol a célból szerkesszük meg a d távolságban kívül haladó görbéket (101. a), b), c) ábrák). Ezt könny˝u megvalósítani a berajzolt poligonok segítségével. Egyszer˝uen megnöveljük minden el o˝ forduló körívnek a sugarát ugyanazon d távolsággal, a középpontjukat azonban megtartjuk. Az eredeti körívpoligon csúcspontjait 0 sugarú köríveknek tekintjük, tehát itt d sugarú ívekkel pótoljuk. Az így létrehozott görbék két-két különböz o˝ fajta, (különböz o˝ sugarú), páratlan számú körívb o˝ l keletkeznek. Egy-egy egyik- és másikfajta sugarú körívnek közös középpontja van (mégpedig az alapul vett görbe egyik csúcspontja). Végül még általánosabb állandó szélesség˝u körívpoligonokat lehet konstruálni, ha kett o˝ nél több különböz o˝ sugarú körívet engedünk meg, de átvesszük az imént megrajzolt ábrából azt a szerkesztési elvet, hogy 2–2 szemben fekv o˝ körívnek ugyanaz legyen a középpontja, és a középponti szögük csúcsszögei legyenek egymásnak (102. ábra). Szerkesztési eljárásunk korlátlan számú konstans szélesség˝u görbét szolgáltat. Mindenesetre valamennyi görbének megvan az a különlegessége, hogy csak körívekb o˝ l származott. Félreértések

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

275

elkerülése céljából hangsúlyozzuk most, hogy vannak olyan állandó szélesség˝u görbék, amelyeknek még a legkisebb íve sem körív.

102. ábra

6. Ezen példák után néhány általános tételt állítunk fel az állandó szélesség˝u görbékre. Példáinkban csupa konvex görbe szerepelt, azaz olyan görbék, amelyeknek valamely szel o˝ egyenessel csak két közös pontjuk van. Az egyszer˝uség kedvéért csak konvex állandó szélesség˝u görbékkel kívánunk foglalkozni 1, és mindig ilyenekre gondolunk, ha a következ o˝ kben a konvexitást nem említjük is külön. Pontosan a következ o˝ képpen definiáljuk: a konvex görbe egy konvex tartomány határa. A konvex tartományt az jellemzi, hogy bármely két pontjának összeköt o˝ szakaszát tartalmazza. Példák a konvex tartományokra: négyzet, kör, háromszög, ellipszis és az eddig bemutatott állandó szélesség˝u tartományok. A konvex tartomány gyámegyenesének a tartomány kerületével vagy egy közös pontja, vagy egy közös szakasza van. Ámde érvényes a következ˝o tétel: I. Minden állandó szélesség˝u görbének csak egy közös pontja van a gyámegyenesével. Ennek bizonyítása el o˝ tt megjegyezzük a következ o˝ t: II. Állandó szélesség˝u görbe két pontja legfeljebb b távolságra lehet egymástól. 1 Bebizonyítható, hogy minden konstans szélesség˝ u görbének konvexnek kell lennie, de ez a bizonyítás túlságosan messzire vezetne.

276

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

P

Q

103. ábra

Valóban, ha P és Q a görbének pontjai (103. ábra), akkor a PQ szakaszt a görbének erre a PQ-ra mer o˝ leges két gyámegyenesének közre kell fognia, tehát egymástól legalább PQ távolságra kell feküdniök. De másrészr o˝ l ezeknek a távolságoknak bvel kell egyenl o˝ nek lenniök, azért PQ nem nagyobb b-nél, amit éppen bizonyítanunk kellett. Az I. tétellel ellentétben tételezzük fel, hogy az s gyámegyenesen a görbének két pontja, P 1 és P2 fekszik (104. ábra). Húzzuk meg akkor az s gyámegyenessel párhuzamos s gyámegyenest a görbe másik oldalán. Az s  -en feküdjék a Q pont. Az s és s gyámegyenesek távolsága ismét legyen b.

104. ábra

Nem lehet a P1 Q és P2 Q szakaszok mindegyike mer o˝ leges sre, mert a P1 QP2 háromszög nem tartalmazhat két derékszöget. Ennek következtében egyiküknek b-nél hosszabbnak kell lennie, ami ellentmondásban van a II. tétellel. Tehát a gyámegyenesen fekvo˝ két pont feltételezése ellentmondásra vezet. Ezzel az els o˝ tételt bebizonyítottuk. Amennyiben még egyszer felhasználjuk azt a tényt, hogy csak a két gyámegyenesre mer o˝ leges összeköto˝ szakasz b hosszúságú,

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

277

a gyámegyenesek minden más összeköt o˝ vonala hosszabb, ebb o˝ l azonnal következik egy tétel: III. Az állandó szélesség˝u görbe két párhuzamos gyámegyenesének érintési pontját összeköt˝o szakasz mer˝oleges a gyámegyenesekre. Megjegyzés: Az állandó szélesség˝u görbe konvexitásának feltételezése, – ha szigorúan vesszük – felesleges. Bizonyítani lehet, hogy minden állandó szélesség˝u Jordan-görbe konvex, ez a bizonyítás azonban – els o˝ sorban a Jordan-görbék topológiai jellemzésének nehézségei miatt – túlmegy könyvünk lehet o˝ ségein. 7. Ha az állandó b szélesség˝u görbe egyik P pontja körül b sugarú kört rajzolunk, akkor ennek a II. tétel értelmében az egész görbét körül kell vennie. Mutassuk meg, hogy nem az egész görbe fekszik az ilyen kör belsejében, hanem a görbének mindig legalább egy pontja a kör kerületén van. P pont körül rajzoljunk az el o˝ bbi körrel koncentrikusan egy kört olyan sugárral, hogy körülfogja a C görbét, de C-nek legalább egy Q pontja rajta legyen a kerületén (105. ábra). Az így meghatározott kört nevezzük K 1 -nek. Ennek a sugara, r legfeljebb b nagyságú lehet, mert a P pont körül b sugárral rajzolt K kör már körülveszi a C görbét. Tehát legfeljebb a K kört kellene még összezsugorítani, hogy a K 1 kört nyerjük.

105. ábra

A K1 körhöz Q pontban húzott t érint o˝ nemcsak a körnek, hanem a C görbének is gyámegyenese, mert átmegy a C görbe Q pontján, és a K1 körben fekv o˝ C görbe egészen az egyik oldalán fekszik. A C görbe másik oldalán a t-vel párhuzamos s gyáme-

278

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

gyenes t-to˝ l b távolságra van (a C görbére el o˝ írt b állandó szélesség miatt), és a III. tétel szerint s-nek P1 érintkezési pontja t egyenesre a Q pontban emelt mer o˝ legesen van. Ha r = b, akkor P1 egybeesik P-vel; ha r < b, akkor P a Q és P1 pontok közé esik. Ez utóbbi most nem lehetséges, mert a három pontnak, Q-, P-, P1 -nek C-hez kellene tartozniok, és egy egyenesen kellene feküdniök. Egy konvex görbét azonban egy egyenes csak két pontban metszhet. Egy egyenesnek egy konvex görbével kett o˝ nél több közös pontja csak akkor lehetne, ha a görbe gyámegyenese volna. Azonban az I. tétel szerint konstans szélesség˝u görbének csak egy közös pontja lehet a gyámegyenesével. Tehát P1 -nek egybe kell esnie P-vel, azaz r = b. C görbénknek a P tetsz˝oleges pontja volt. Ebben a pontban a C görbének s gyámegyenesét szerkesztettük, és ezért kimondhatjuk a következo˝ tételt: IV. A konstans szélesség˝u görbe minden pontjában van legalább egy gyámegyenes. Állandó szélesség˝u görbének lehetnek olyan pontjai is, amelyekben egynél több gyámegyenes van. Az ilyen pontokat csúcsnak nevezzük. Példáinkban voltak több csúccsal rendelkez o˝ görbék is. Mivel az egy csúcspontban lév o˝ két gyámegyenes által alkotott szög szárai között haladó egyenesek mindenesetre gyámegyenesek, azért a konvex görbék csúcspontjaiban egész „nyaláb” gyámegyenes van (106. ábra). A gyámegyenesek között van két legkülso˝ , amelyek a nyalábot határolják.

106. ábra

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

279

Ha P pont a C görbének tetszés szerinti pontja, akkor ebben a pontban a IV. tétel szerint a C görbe s gyámegyenesét (vagy azok egyikét) rajzolhatjuk. Az s-re mer o˝ legest állítunk a P pontban, amely a C görbét az átellenes Q pontban metszi, és PQ-nak a hosszúsága b. A Q pont körül b sugárral rajzolt kör körülveszi a C görbét, s a körnek az s egyenes érint o˝ je lesz. Ezt a tényt a következo˝ tételben rögzítjük: V. A konstans b szélesség˝u görbének minden P pontján áthalad egy b sugarú kör, amely körülveszi a görbét, és amelyet P pontban érint a görbe gyámegyenese (vagy közülük egyik kiválasztott). Megjegyzés: Az állandó szélesség˝u görbékre a IV. tételben kimondott tulajdonság minden konvex görbére igaz, és ezekre közvetlenül bizonyítható. De ehhez a bizonyításhoz is – amelyet a legegyszer˝ubb analitikus formában végigvinni – határátmenetre van szükség, amit már nem lehet olyan könnyen geometriailag szemléltetni, mint az általunk mutatott bizonyításban alkalmazott koncentrikus köröket. 8. A következ o˝ tétel is a konstans szélesség˝u görbék és kör kapcsolatára vonatkozik. VI. Az olyan körnek, amelynek a konstans b szélesség˝u görbével 3 (vagy több) közös pontja van, legfeljebb b hosszúságú sugara lehet. Hogy ilyen b sugarú kör valóban létezik, mutatja a Reuleauxféle körívháromszög. Csak arra van szükség, hogy három köríve közül az egyiket teljes körré egészítsük ki, akkor ennek a körnek – amelynek végtelen sok közös pontja van a konstans szélesség˝u görbével – a sugara b. Bizonyítás: A k körnek tehát a C konstans b szélesség˝u görbével közösek a P, Q, R pontjai. A PQR háromszögben fekv o˝ 3 szög közül van legalább egy olyan, amely nem kisebb a másik kett˝onél. Ez lehet úgy, hogy o˝ maga nagyobb, mint a másik kett o˝ , vagy egyenl o˝ az egyikkel és nagyobb, mint a harmadik, vagy végül egyenl o˝ a másik ketto˝ vel. Ez a szög feküdjék a P pontnál, és nevezzük α-nak. P-n keresztül a konstans b szélesség˝u gör-

280

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

bének a gyámegyenesét (vagy egyiket) húzzuk meg, és rajzoljuk meg azt a b sugarú K kört, amely ezt a gyámegyenest P pontban érinti, s amely a C görbét egészen körülveszi. A Q és R pontok tehát a K kör belsejében vagy kerületén fekszenek. Ha egyébként Q és R mindketto˝ a K körön fekszik, akkor K-nak és k-nak azonosnak kell lennie, mivel a 3 (P, Q, R) ponton keresztül csak egy kör mehet. Ebben az esetben tovább nincs mit bizonyítanunk. Egyébként hosszabbítsuk meg PQ és PR szakaszt egészen a K körrel való Q  , illetve R metszéspontjukig (107. ábra). Akkor Q R hosszabb, mint QR. Most ezt fogjuk bizonyítani.

107. ábra

108. a) ábra

108. b) ábra

Ha Q egybeesik Q -vel (108. a) ábra), akkor R  különbözik R-t˝ol, mivel azt az esetet, hogy Q és R a K körön feküsznek, már tárgyaltuk. 2 Most a QRR = δ szög külso˝ szöge a QPR háromszögnek. Az elemi geometria egyik tétele szerint azonban a küls˝o szög nagyobb a nem mellette fekv o˝ két belso˝ szög mindegyikénél. A mi esetünkben tehát δ > α. Továbbá β küls o˝ szöge a QRR háromszögnek, tehát β > β  . Azonban a PQR háromszögben α-t úgy választottuk ki, hogy α ≥ β. Egészben véve tehát δ > α ≥ β > β . Az egyenlo˝ tlenségeknek ebb o˝ l a sorozatából azonban azt következtetjük, hogy δ > β  . A QRR háromszögben ezért a QR oldal nagyobb szöggel fekszik szemben, mint a QR 2

A 108. a) és 108. b) ábrát a 107. ábra külön kiemelt részének kell tekintenünk.

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

281

oldal. Ebb o˝ l következik, ismét az elemi geometria ismert tétele szerint, hogy QR  > QR. Ha nemcsak R különbözik R  -t˝ol, hanem Q is Q -t˝ol (108. b) ábra), akkor el o˝ ször is megjegyezzük, hogy β + γ = β  + γ  , mivel mindketto˝ egyenlo˝ 180◦ − α. Ez a szögek összegére vonatkozó tétel szerint PQR és PQ R háromszögekb o˝ l közvetlenül látható. Azért egyidej˝uleg nem lehet β  > β és γ  > γ. Ne teljesedjék a két egyenlo˝ tlenség közül az els o˝ – amint ábránkban is –, legyen tehát β ≤ β. Akkor a QQ R R négyszögben húzzuk meg azt az átlót, amely nem darabolja a β  szöget, vagyis a Q  R átlót (ellenben γ  ≤ γ esetben QR -t kellett volna meghúzni). A 108. a) ábrához analóg módon bizonyítjuk el o˝ ször is, hogy Q  R > QR. Jelöljük Q RR szöget ε-nal. ε küls o˝ szöge a PQ R háromszögnek, ezért ε > α. Továbbá α ≥ β és β ≥ β  volt, tehát ε > β . Q R R háromszögben ezért a Q  R oldal nagyobb szöggel van szemben, mint a Q R oldal, amibo˝ l következik, hogy Q  R > Q R. Mivel már megállapítottuk, hogy Q  R > QR, ezért adódik, hogy Q  R > QR.

109. ábra

Ez az egyenlo˝ tlenség a 107. ábrán – amelyhez most visszatérünk – minden esetben érvényes. A vizsgálandó k körnek az α a QR húron lév o˝ kerületi szöge, K-nak pedig ugyanez az α Q  R íven nyugvó kerületi szöge. Ezért a K és k körben Q  R , illetve QR húrok egyenl o˝ , 2α nagyságú középponti szöghöz tartoznak. Ha egymásra helyezzük ezt a két középponti szöget, akkor a 109. ábrát nyerjük. Azonnal felismerjük, hogy a húrok úgy aránylanak, mint körüknek a sugarai. Mivel Q  R > QR, azért a K kör b

282

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

sugarának nagyobbnak kell lennie, mint a k kör sugarának. Azonban éppen ezt kellene bizonyítani. 9. A körto˝ l különböz o˝ , legegyszer˝ubb állandó szélesség˝u görbének, vagyis a Reuleaux-poligonnak, csúcsai vannak. A következ˝o tétel azt mondja, hogy a Reuleaux-poligon, csúcsai miatt, minden konstans szélesség˝u görbe közül kit˝unik: VII. A konstans szélesség˝u görbék csúcsai nem lehetnek 120 ◦nál hegyesebbek. Az egyetlen konstans szélesség˝u görbe, amelynek csúcsa 120 ◦, a Reuleaux-féle körívháromszög, amelynek 3 ilyenfajta csúcsa van. Bizonyítás: A csúcs szögét a csúcshoz tartozó gyámegyenesnyaláb két legszélso˝ gyámegyenesének segítségével mérjük. Ha egy Q csúcsnak ϑ szöge van, akkor a gyámegyenesek nyalábja számára 180 ◦ − ϑ nyílású szög marad (110. ábra). A Q pontban ezen gyámegyenesek mindegyikére állított mer o˝ legesek ugyanakkora, 180 ◦ − ϑ nyílású nyalábot képeznek, amelyet P1 QP2 szög ad meg. A Q pontban a gyámegyenesre állított mer o˝ legesnek a szemben fekv o˝ görbepontig mért távolsága b hosszúságú (a III. tétel szerint).

110. ábra

A Q csúcs a görbén b sugarú és 180 ◦ − ϑ középponti szög˝u P1 P2 köríven fekszik. A P1 P2 húrnak a hossza ebben a körívben I. szerint a b-nél nem lehet nagyobb. A QP1 P2 b szárú háromszögnek tehát olyan alapja van, amely legfeljebb a szárakkal le-

283

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

het egyenlo˝ . Ezért a Q csúcsnál lév o˝ szög ebben a háromszögben legfeljebb 60 ◦ . Ezt a P1 QP2 szöget 180◦ − ϑ-nak határozzuk meg, tehát 180◦ − ϑ ≤ 60◦ , azaz ϑ ≥ 120◦, mivel ϑ tetszés szerinti Q csúcsnak a szöge, ezért a tétel els o˝ felét bebizonyítottuk. Ha a csúcsnál lévo˝ ϑ = 120◦, akkor a Pl QP2 = 60◦ és a QP1 P2 egyenlo˝ szárú háromszög egyenl o˝ oldalú is (111 . ábra). Akkor a P1 P2 pontosan b hosszúságú. Mivel ez a hosszúság egyúttal a görbének a szélessége, azért a P1 P2 -re mero˝ legesen álló s1 , s2 gyámegyeneseknek a P1 és P2 pontokon kell keresztülmenniök.

Q 60o s1

s2 b

P1

P2

t1

111. ábra

Ebb˝ol következik, hogy P1 - és P2 -nek ismét a görbe csúcsának kell lennie. Mert P1 P2 görbedarabról már megállapítottuk, hogy körív. P1 pontban az s 1 nemcsak gyámegyenes, hanem a körívnek a P1 pontbeli t1 érint˝oje is. Ezek az s1 és t1 gyámegyenesek – amint könnyen belátjuk – 120 ◦ bels˝o szöget képeznek. Ennek következtében ezeknek a P1 pontbeli gyámegyenesnyaláb legszéls o˝ gyámegyeneseinek kell lenniök, mivel a csúcsnál lév o˝ szög 120 ◦nál nem lehet hegyesebb. A P1 (és éppen így P2 ) csúcsnál lévo˝ szög pontosan 120 ◦ . Akkor azonban P1 és P2 olyan tulajdonságú, mint Q. Velük szemben tehát b sugarú és 60 ◦ középponti szög˝u körívek feküsznek. Ezáltal azonban a Reuleaux-féle körívpoligon adódott, és a VII. tételnek másik felét is bebizonyítottuk.

284

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

10. A konstans szélesség˝u görbékre el o˝ ször csak néhány példát szerkesztettünk. Ellenben az I–VII.-ig felsorolt tulajdonságok minden konstans szélesség˝u görbére vonatkoznak anélkül, hogy létezésükro˝ l valamit mondanának. Most még egy egészen általános szerkesztési eljárást szándékozunk bemutatni, amely minden konstans szélesség˝u görbét szolgáltat. Ezáltal áttekintést nyerünk minden konstans szélesség˝u görbér o˝ l. A V. tétel görbéinknek különösen fontos tulajdonságát adja. Ez a tulajdonság az állandó szélesség˝u görbéinket annyira jellemzi, hogy az ilyen görbének két átellenes pontja közötti egyik fele tetsz o˝ legesen megadható, ha az V. tétel követelményeit kielégítjük. VIII. Minden olyan Γ konvex görbeív 3 kiegészíthet˝o állandó b szélesség˝u görbévé, amelyhez b hosszúságú húr tartozik, s amely egészen a húr végpontjaiban emelt mer˝olegesek közt fekszik. A konvex görbeívet úgy kell rajzolnunk, hogy minden b sugarú, a görbeív egy pontján átmen˝o, ott a görbeív gyámegyenesét érint˝o kör a gyámegyenesnek ugyanazon az oldalán feküdjön, mint a görbeív, és egészen körülvegye a görbeívet. 11. Annak bizonyításához, hogy a Γ görbe állandó szélesség˝u görbévé kiegészíthet o˝ , kerülo˝ útra lépünk. Konstans szélesség˝u tartományra irányítjuk figyelmünket, amely azután a keresett, állandó szélesség˝u görbét a tartomány kerületeként adja meg.

112. ábra

El˝ozetesen megjegyezzük: ha több tartomány adott, akkor azt a résztartományt, amely mindezen tartományoknak közös része, 3

Azaz olyan görbeív, amely húrjával együtt konvex tartományt határol.

285

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

ezen tartományok metszetének nevezzük, például két körnek a metszete egy körívkétszög (112. ábra). A konvex tartományok tetszés szerinti halmazának metszete szükségszer˝uen maga is konvex. Ehhez csak azt kell bebizonyítanunk, hogy a metszetnek kétkét pontja olyan szakasszal köthet o˝ össze, amely maga is a metszethez tartozik. Ez azonban világos, mert ha P és Q a metszethez tartoznak, akkor ez azt jelenti, hogy a szóban forgó halmaz minden tartományához hozzátartoznak. Ezen tartományok mindegyikének konvexitása azonban azt idézi el o˝ , hogy a P és Q pontokon kívül az egész PQ szakasz hozzátartozik. Tehát a PQ szakasz a halmaz valamennyi konvex tartományában benne van, ennek következtében ezeknek a metszetéhez is hozzátartozik. Ennél a meggondolásnál egyébként mindegy, hogy a halmaz csak véges számú vagy végtelen sok konvex tartományt tartalmaz. S s

t

G2 A

B G1



T

113. ábra

12. A Γ görbedarabot alkossuk meg most úgy, amint a VIII. tétel kívánja (113. ábra): az AB húr hossza b, amely a Γ görbével együtt egy G 1 konvex tartományt határol. Az AB-re az A és B

286

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

pontban mer o˝ legesen álló s és t egyenesek G 1 -nek gyámegyenesei. Minden b sugarú kör, amely Γ-nak egy pontjában a Γ-nak egy gyámegyenesét ebben a pontban érinti, egészen körülveszi Γ-t. G1 -hez f˝uzzük hozzá most a háromszögszer˝u ABS tartományt, amelyet az AB húr, a B középpontú AS körív és az A középpontú BS körív határol. Ezt a körívháromszöget nevezzük G 2 -nek. A két konvex tartomány, G 1 és G2 együttesen a G konvex tartományt alkotják. Ezt a Γ görbeív, az AS és BS körívek határolják. Most megfigyeljük azoknak a b sugarú köröknek az összességét, amelyeknek középpontja Γ-n van. Ennek a végtelen sok körnek és a G tartománynak konvex metszete D (az ábrában ezt satíroztuk). D-r o˝ l azt állítjuk, hogy ez konstans b szélesség˝u tartomány, amely Γ görbedarabot a kerületén tartalmazza. Ha Γ a D-hez tartozik, akkor csak a kerületéhez tartozhat, mivel már G-nek a kerületéhez tartozik. Most azonban Γ-t valamennyi, a Γ egy-egy pontja körül rajzolt b sugarú kör egészen tartalmazza. Azaz Γ két pontja legfeljebb b távolságra lehet, és ez helyes. Mert Γ a feltétel szerint A és B körül b sugárral rajzolt körökben fekszik, tehát az SAT BS körívkétszögben. Mivel Γ az AB-nek egyik oldalán fekszik, azért egészen a G 2 tartományban fekszik, amely a G 2 -nek AB-re való tükrözéséb o˝ l keletkezett. G2 -ben azonban az el o˝ forduló leghosszabb távolság b, tehát speciálisan Γ két pontja sem lehet b-nél nagyobb távolságra. Γ-val együtt Γ-nak minden húrja is D-hez tartozik, mivel D konvex; G 1 egy része D-nek. D-ben nem lehet b-nél nagyobb távolság. Mivel D metszet a G-ben van, tehát egyik része G 1 tartományban, másik része G 2 tartományban, azért vagy (1) két G 1 tartománybeli pontról van szó, amelyben a már elmondottak szerint b-nél nagyobb távolság nem lehetséges, vagy (2) D-nek két G 2 tartománybeli pontjáról, amelyre ugyanaz érvényes minden további nélkül, vagy (3) D-nek olyan pontjáról, amelyek közül az egyik P 1 pont G1 tartományban, a másik P2 pedig G2 -ben fekszik. Ennek a kett o˝ nek sem lehet b-nél nagyobb távolsága. Mert kössük össze P1 pontot a P2 ponttal, és hosszabbítsuk meg ezt a szakaszt a Γ-val való

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

287

P metszéspontig, akkor ezek a pontok PP1 P2 elrendezésben ezen az egyenesen fekszenek. A P pont körül b sugárral rajzolt kör tartalmazza a D metszetét, tehát ezt a 3 pontot is, ezért P1 és P2 b hosszúságú sugáron feküsznek, tehát maguk legfeljebb b távolságra lehetnek. Ezért a D tartomány egyik irányban sem lehet b-nél szélesebb. Minden irányban pontosan b szélesség˝u. Az AB irányban b szélesség volt el˝oírva. Tekinthetünk egy tetsz o˝ leges más irányt is, és megrajzoljuk a D-nek erre mer o˝ leges s1 és s2 gyámegyeneseit. Egyiküknek, s 1 -nek Γ-val van egy közös pontja, Q. Állítsunk s 1 re a Q pontban b hosszúságú mer o˝ legest, végpontját nevezzük Mnek. Akkor M a D-hez tartozik. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy M benne van a G tartományban, és benne van a Γ görbén fekv o˝ pontok körül rajzolt valamennyi b sugarú körben. Végül meg kell mutatni, hogy M a Γ-nak minden pontjától legfeljebb b távolságra van. Ez abból következik, hogy az M pont körül b sugárral rajzolt kör, amely s 1 -et a Q pontban érinti, a Γ-ra vonatkozó feltétel szerint ezt a Γ görbedarabot egészen körülveszi, azaz Γ-nak minden pontja legfeljebb b távolságra van M-t o˝ l. Mivel speciálisan A és B is legfeljebb b távolságra vannak M-t o˝ l, azért M benne van az SAT BS körívkétszögben, éspedig a Γ-val szemben fekv o˝ felében, tehát G2 -ben, így M még inkább benne van a G-ben. Ezzel bebizonyítottuk, hogy M benne van mindazon tartományokban, amelyek metszeteként definiáltuk a D-t. Tehát M a D-ben van. Mivel a QM mero˝ leges s1 és s2 -re, és Q és M a D-hez tartoznak, azért s1 és s2 gyámegyenesek legalább QM = b távolságra vannak egymástól. Ennél nagyobb távolságuk azonban nem lehet, mert különben a rajtuk lév o˝ érintési pontok b-nél nagyobb távolságra volnának egymástól. D-ben azonban nem lehetséges ilyesmi, amint már kimutattuk. Ezzel bebizonyítottuk a VIII. tételt. Egyébként könnyen belátható, hogy Γ görbeív nem egészíthet o˝ ki másik állandó szélesség˝u görbévé, hanem a C görbe egyértelm˝uen meg van határozva. 13. Végül – bizonyítás nélkül – rámutatunk görbéinknek egy említésre méltó tulajdonságára: minden állandó b szélesség˝u gör-

288

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

bének ugyanakkora a kerülete, speciálisan a b sugarú körnek a kerülete. A 4. és az 5. pontban megrajzolt körívpoligonokra ezt könnyen be lehetne bizonyítani azoknak a köríveknek a hasonlósága alapján, melyek ugyanazon középponti szöghöz tartoznak. Az általános konstans szélesség˝u görbékre azonban a bizonyítás messze túlhaladna vizsgálataink körén, mivel ez a bizonyítás csak az ívhossz fogalmának pontos értelmezését követ o˝ en lenne lehetséges. Megjegyzések Az állandó szélesség˝u görbék elméletének elemi módszerekkel hozzáférhet o˝ részét csaknem teljesen áttekintettük. A nehezebb kérdések irodalma kissé szórványos. A differenciál- és integrálszámítás ismer˝oinek elso˝ sorban W. Blascke Kreis und Kugel (Leipzig, 1916) cím˝u könyvére hívnám itt fel els o˝ sorban a figyelmét. Jegyzet [1] Franz Reuleaux (ejtsd: röló) (1829–1885) német technikus, gépészeti és filozófiai tanulmányokat végzett. 1856-tól Zürichben gépészetet, majd 1864-t˝ol Berlinben az iparakadémián kinematikát tanított. A ipari forradalommal a géptervezés is fejl˝odésnek indult. Kezdetben megszülettek a szellemes mechanikus óraszerkezetek, majd sorra jelentek meg az angol textilipar bonyolult mechanizmusai: a gyorsvetél˝o (John Kay, 1730), a kétt˝uágyas köt˝ogép (Jedediah Strutt, 1755), a többorsós fonókerék (James Hargreaves, 1767) stb., a sor a dugattyús g˝ozgép feltalálásával folytatódott (lásd az Egyenesbevezetés csuklós szerkezettel cím˝u fejezet 1. jegyzetét). A XIX. században feler˝osödött a matematika axiomatikus felépítésének igénye. Majd ez fokozatosan átterjedt más tudományokra is, így a m˝uszaki tudományok egzakt alapokra helyezésére a mérnökökben merült fel az igény. A XIX. század második felében, szinte egyid˝oben, egymástól függetlenül két nagy mechanizmusiskola indult be: az egyik az orosz Pafnutyij Lvovics Csebisev (1821–1894) matematikus (lásd az Egyenesbevezetés csuklós szerkezettel cím˝u fejezet 1. jegyzetét), a másik a német Ferdinand Redtenbacher (1809–1863) és Reuleaux munkásságával. A mechanizmusokkal kapcsolatban rendszerezték a lehetsé-

Á LLANDÓ SZÉLESSÉG U˝ GÖRBÉK

289

ges mozgásokat, meghatározták egymáshoz való viszonyukat, tételeket mondtak ki és bizonyították is o˝ ket. Ez a módszer segítette a mérnököket új mechanizmusok konstruálásában. Csebisev az elmélet gyakorlati alkalmazására fordított nagy gondot. Hatalmas matematikai eszköztárral vizsgálta a gyakorlatban felmerült mechanizmusok rendszereit. Reuleaux gyakorlati oldalról, funkcionális szemlélettel, szerkeszt˝oi módszerekkel közelítette meg a mechanizmusok rendszerezését. Mechanizmusokkal foglalkozó legjelent˝osebb m˝uve a Theoretische Kinematik: Grundzüge einer Theorie des Maschinenwesens Enth.: Atlas zur theoretischen Kinematik. (= Lehrbuch der Kinematik Band 1) Braunschweigben a Friedrich Vieweg & Sohn Verlag kiadónál 1875-ben jelent meg.

Az elemi geometriai szerkesztések nélkülözhetetlen eszköze a körz o˝

1. Az elemi geometriai szerkesztéseket – amint már Eukleidésznél láttuk – körz o˝ vel és vonalzóval végzik. Az elemi geometriát az egész geometriától éppen az alakzatoknak körz o˝ vel és vonalzóval való szerkeszthet o˝ sége alapján szoktuk elhatárolni. Ez a két eszköz azonban nem játszik teljesen egyértelm˝u szerepet: tetszés szerinti számú feladatot vagy az egyik, vagy a másik eszközhöz rendelhetünk. Mascheroni és egy Mohr [1] nev˝u dán matematikus feledésbe merült, de legutóbb ismét felfedezett, vizsgálatai szerint a vonalzót egészen nélkülözni lehet, és minden szerkesztést, amely körz˝ovel és vonalzóval elvégezhet o˝ , kizárólag körz o˝ vel is el lehet végezni.1 Az ellenkezo˝ irányban Jacob Steiner [2] jutott legmesszebb, o˝ megmutatta, hogy valamennyi elemi geometriai szerkesztés elvégezhet˝o egyedül vonalzóval, ha egy rögzített kört – középpontjával együtt – megrajzolunk. Könnyen belátható, hogy a kör nem nélkülözhet o˝ . Ezt a következ˝okben be is bizonyítjuk. Ugyanis megmutatjuk, hogy egy olyan kör, amelynek a középpontja ismeretlen, nem elegend o˝ ahhoz, hogy valamennyi további szerkesztés egyedül vonalzóval elvégezheto˝ legyen. So˝ t még két, egymást nem metsz˝o kör sem elegendo˝ , ha középpontjukat nem ismerjük. Ellenben ismeretes az a 1 Az egyenes vonalat ezekben a vizsgálatokban (mivel maguk nem rajzolhatók) két pontjuk képviseli.

292

A KÖRZ O˝

tény, hogy két, egymást metsz o˝ , ismeretlen középpontú kör, hasonlóképpen három egymást nem metsz o˝ kör középpontjaik ismerete nélkül pótolhatja a Steiner-féle kört. Megjegyzés: Lorenzo Mascheroni (1750–1800) La geometria del compasso (Pavia, 1797) c. könyvének el o˝ szavában azt írja, hogy a csupán körz o˝ vel megszerkeszthet o˝ alakzatokkal praktikus okokból foglalkozik. Körz o˝ vel szerkeszteni különféle okokból pontosabban lehet, mint vonalzóval, s ezt a tényt a csillagászok is kihasználták a körívek felosztásánál, hogy pontosabb m˝uszereket készíthessenek. E gyakorlati problémákkal foglalkozva ismerte fel Mascheroni, hogy csupán körz o˝ vel képes minden euklideszi feladatot megoldani. Mascheroni könyvét Napóleonnak ajánlotta, akit Észak-Itália felszabadítójaként dics o˝ ített. Miután Napóleon Itáliából visszatért hazájába, 1797-ben felhívta a francia akadémikusok figyelmét a Franciaországban addig ismeretlen Geometria compassra. Jacob Steiner (1796–1863) mindenekel o˝ tt Berlinben dolgozott, ahol kezdetben a Humboldt testvérek, Wilhelm és Alexander támogatták, s ahol aztán 1834-ben egyetemi professzorrá nevezték ki, és a tudományos akadémia tagjának is megválasztották. A fenti említett feladattal Die geometrischen Konstruktionen, augeführt mittelst der geraden Linie und eines festen Kreises, als Lehrgegenstand auf höheren Unterrichts-Anstalten und zur praktischen Benutzung cím˝u írásában foglalkozik (Berlin, 1833). 2. Mivel Steiner szerint minden elemi geometriai szerkesztést elvégezhetünk kizárólag vonalzóval, ha adott egy kör a középpontjával együtt, mutassuk meg, hogy vagy egy középpontja nélkül adott körnek, vagy két egymást nem metsz o˝ körnek nem lehet megtalálni a középpontját kizárólag vonalzó segítségével. Tehát két lehetetlenségi bizonyítást kell elvégeznünk. Ezt azáltal valósítjuk meg, hogy kimutatjuk annak a feltevésnek a helytelenségét, amely szerint a középpont vagy a középpontok kizárólag vonalzóval megszerkeszthet o˝ k. Tartalmában ez az indirekt bizonyítás a leképezés alapelvén nyugszik.

A KÖRZ O˝

293

Megjegyezzük, hogy az az állítás az általánosabb, amely szerint két körnek a középpontja kizárólag vonalzóval nem szerkeszthet˝o meg. Ez az állítás magában foglalja azt is, hogy egyetlen, középpontja nélkül megadott kör nem elegend o˝ . Mégis el˝ore vesszük az egy körre vonatkozó feladatot, mert geometriailag ez az egyszer˝ubb, és meggondolásaink elvét már felismerhet o˝ vé teszi. 3. Tételezzük fel, hogy valamilyen eljárással, pusztán vonalzó segítségével mégis megszerkesztettük egy el o˝ re megrajzolt körnek a középpontját. Tehát egymást metsz o˝ egyeneseket húztunk, és bizonyos metszéspontokat egyenesekkel kötöttünk össze. Mivel itt a pontokat csak azokkal az egyenesekkel lehet meghatározni, amelyeken rajta vannak, ezért ennél az eljárásnál a középpontnak két egyenes metszéspontjaként kellene adódnia. Az így kapott ábra tehát a megadott körb o˝ l és néhány egyenesb o˝ l áll, amelyek közül kett o˝ a keresett középpontban metszi egymást. Most ennek az alakzatnak olyan különleges leképezését fogjuk tanulmányozni, amelynél a körök körbe, az egyenesek egyenesbe és minden metszéspont a megfelel o˝ egyenesek metszéspontjába megy át. Természetesen sokféle ilyen leképezés van. Például ilyen volna az alakzat hasonlósági leképezése (nagyítás, kicsinyítés). Azonban éppen a hasonlósági leképezés nem szolgálja a célunkat. S o˝ t éppen olyan leképezést szándékozunk alkalmazni, amely ugyan körünket mint kört, egyeneseinket mint egyeneseket tartja meg, azonban mégis teljesen eltorzítja az ábrát, mindenekel o˝ tt a körközéppontot olyan képpontba viszi át, amely biztosan nem középpontja a képkörnek. Ha ilyen leképezést tudnánk megadni, akkor már készen volnánk a bizonyítással. Bármennyire különbözik is a kép az eredetit˝ol, a lehetségesnek tekintett szerkesztésre (tudniillik a középpontszerkesztésre) vonatkozólag azonban mindkett o˝ egyenrangú. Az eredeti alakzaton végrehajtott minden szerkeszt o˝ lépést – egyenesek rajzolását, metsz o˝ pont megkeresését, két metsz˝opontnak egyenessel való összekötését – ugyanazon sorrend-

294

A KÖRZ O˝

ben elvégezhetnénk a képalakzaton, mert a kör, az egyenesek és minden metszéspont megtalálható a képen. Mivel azonban a feltevés szerint az eredeti kör középpontja nem megy át leképezésnél a képkör középpontjába, ezért a képalakzaton a szerkesztés nem vezet célhoz. Azokhoz az egyenesekhez, amelyeknek az eredeti kör középpontjában kell metszeniök egymást, olyan képegyenesek tartoznak, amelyeknek a metszéspontja különbözik a képkör középpontjától. Ámbár a képalakzaton is lépésro˝ l lépésre teljesül az elfogadott szerkesztési el˝oírás, mégsem szolgáltatja a kör középpontját. Ez azonban ellentmondás a szerkesztési eljárással kapcsolatban. Tehát egy középpontja nélkül megadott kör középpontjának megszerkesztése kizárólag vonalzóval nem lehetséges. Két kör esetén egészen analóg módon folyik a bizonyítás. O g E

k

P

g’ P’

E’

114. ábra

4. Most csak arról van szó, hogy az említett fajtájú leképezést megadjuk. Ilyen leképezést egyszer˝uen térbeli, centrális vetítéssel hozunk létre. Az alakzat E síkján kívül (114. ábra) vegyünk fel egy O pontot, és onnan húzzuk meg a vetít o˝ sugarakat az E  sík minden P pontjához. Ezek a vetít o˝ sugarak az E képsíkot a  P pontban metszik, a P pont képében. Amint a P pontot, éppen  így az E síkban fekv o˝ alakzatot pontról pontra leképezzük az E síkra. Ezt a képet az E síkban lév o˝ alakzat árnyékaként is felfoghatjuk, amelyet az O pontszer˝u fényforrásból kiinduló sugarak  az E síkra vetnek. Ennél a leképezésnél nyilvánvalóan minden g egyenes képe egy g  egyenes. Valóban: az O pontból kiinduló és a

A KÖRZ O˝

295

g egyenes pontjain átmen o˝ vetít˝osugarak az O ponton és az egye nesen átfektetett síkban feküsznek, amely az E síkot g egyenesben metszi. Egy körnek a képe általában nem lesz kör. Az O pontból kiinduló, a k kör kerületén áthaladó sugarak kúpot alkotnak, mégpedig általában ferde körlapot. (Egyenesnek nevezzük az olyan körkúpot, amelynél a tengely mer o˝ leges a kör síkjára. Minden  más körkúpot ferdének nevezünk.) Az E képsík a kúpot olyan kúpszeletben metszi, amely általában nem kör. A mi célkit˝uzésünkhöz azonban elengedhetetlenül szükséges, hogy kört ismét körbe képezzünk le. Ezt két különleges esetben lehet elérni. Az els˝o eset triviális. Akkor következik be, ha az alakzat E  síkja és a kép E síkja párhuzamosak egymással. Akkor a vetítés nyilvánvalóan hasonlósági leképezés, mégpedig nagyítás vagy ki csinyítés aszerint, hogy E sík távolabb vagy közelebb van O-hoz, mint az E sík. Ezt az esetet természetesen a mi céljainkra nem lehet használni, mert nem torzítja az alakzatot, ezért a kör középpontját ismét a megfelel o˝ kör középpontjába viszi át. Éppen ezt akarjuk elkerülni. A második esetben olyan tétel ad útbaigazítást, amelyet bizonyítás nélkül szándékozunk itt felhasználni, hogy meggondolásaink folyamatosságát ne szakítsuk meg. A ferde kúp alapkörének síkjára mer o˝ leges, és ennek a körnek a középpontján, valamint a kúp csúcspontján keresztülmen o˝ sík a ferde kúp szimmetriasíkja (115. ábra). A kúpnak a legrövidebb OK1 és leghosszabb OK2 alkotója benne fekszik ebben a síkban. Szimmetriasíkként a rajz síkját fogtuk fel, az alapkört az ábrán csak a K1 K2 átmér˝oje képviseli, a kör síkja mer o˝ legesen áll a rajz síkjára. A kör síkjával párhuzamos minden sík természetesen ismét körben metszi a kúpot. Az olyan síkról, amely a kúp legrövi  debb és leghosszabb alkotóit, OK 1 -et és OK2 -t K1 és K2 pontok  ban úgy metszi, hogy OK 1 K2 = OK2 K1 , és ezzel együtt (mi  vel a háromszög szögeinek összege 2R) OK 2 K1 = OK1 K2 azt mondjuk, hogy a kúpot váltómetszetben metszi. A kés o˝ bb bizonyítandó segédtétel a következ o˝ :

296

A KÖRZ O˝

A ferde körkúp váltómetszete ismét kör.

115. ábra

Mivel egy körmetszettel párhuzamos minden síkmetszet ismét kör, azért a segédtétel szerint a ferde körkúpon a körmetszeteknek két párhuzamos serege van, amelyek közül egyik sincs kitüntetve a másikkal szemben.    Az E síkbeli K1 K2 körnek az E síkban fekv o˝ K1 K2 (O pontból való) vetülete olyan, amilyenre bizonyításunknál szükség van. Ez – amint látni fogjuk – a K1 K2 körnek az M középpontját nem viszi    át a K1 K2 kör M középpontjába. El o˝ ször is vegyük figyelembe,   hogy a K1 OK2 és K1 OK2 háromszögek O csúcsnál lév o˝ szögfelez˝oje közös. Mivel ez a szögfelez o˝ mindkét háromszögnek a   szemben fekv o˝ K1 K2 , illetve K1 K2 oldalát a mellettük fekv o˝ oldalak arányában osztja – amelyek azonban a feltétel (ferde kúp) szerint nem egyenl o˝ k –, azért ez a szögfelez o˝ nem megy át sem a    K1 K2 M középpontján, sem a K1 K2 középpontján, M -n.  Ezenkívül az M és M pontok a szögfelez o˝ különböz o˝ oldalán   feküsznek. Hogy ezt belássuk, forgassuk át az OK 1 K2 háromszö get az OU szögfelezo˝ körül. Mivel ez a háromszög az OK 1 K2 háromszöghöz (tükrösen) hasonló, ezért az átforgatás után olyan   helyzetbe jut, hogy K2 K1 párhuzamos lesz K1 K2 -vel. Ekkor azon ban az M és M középpontoknak a szögfelez o˝ ugyanazon oldalán   kell feküdniök (mivel a szögfelez o˝ a K1 K2 és K2 K1 szakaszokat egyenlo˝ arányban darabolja). Az átforgatás el o˝ tt tehát a szögfelez˝o különböz o˝ oldalain kellett feküdniök, ezért az eredeti helyzetben nem lehet azokat vetítéssel egymásból el o˝ állítani.

297

A KÖRZ O˝

5. Ezzel bebizonyítottuk, hogy kizárólag vonalzóval nem lehet megszerkeszteni egy körnek az ismeretlen középpontját (a ferde kúp váltómetszetére vonatkozó segédtétel bizonyítása még hátravan). Tekintsük át még egyszer összefügg o˝ en a bizonyítást a 115. ábra alapján: a K1 K2 körbo˝ l és néhány egyenes vonalból álló, az E  síkban fekv o˝ alakzatot az E síkra vetítjük. A vetítésnél kör körbe, egyenes egyenesbe megy át. Itt azonban a K 1 K2 középpontjának,    M-nek vetülete nem esik a K1 K2 középpontjába, M -be. Az egye nesekkel való szerkesztés tehát az E síkban nem vezet célhoz, bár az E síkban használható lenne. Azért a keresett szerkesztés egyátalában nem lehetséges. 6. Két adott kör leképezésének a geometriája nehezebb. Az O vetítési középpontból kiindulva mindig két ferde kúpot nyerünk,  és úgy intézhetjük, hogy az E képsík mindkett o˝ t váltómetszetben messe.

116. ábra

Két esetet különböztetünk meg. El o˝ ször az E síkbeli két kör közül feküdjék az egyik a másik belsejében. A rajz síkja legyen mer˝oleges az E síkra és menjen keresztül két kör M, illetve N középpontján. A 116. ábrán a két kör átmér o˝ je K1 K2 és L1 L2 . Ha most sikerülne úgy elhelyezni az O vetítési középpontot, hogy az

298

A KÖRZ O˝

OK1 K2 és OL1 L2 háromszögekben az O pontból kiinduló szögfelez˝ok egybeessenek, akkor azt mondhatnánk, hogy a váltómetszetek párhuzamosan feküsznek, tehát el o˝ állíthatók ugyanabban    az E síkban. Ezért az OWW szögfelezo˝ nek az E és E síkot ugyanazon hajlásszöggel kell metszenie, de ellenkez o˝ irányítással. Akkor a 116. ábrában a megegyez o˝ jel˝u szögek egyenl o˝ k (mivel L1 OW = L2 OW és K1 OW = K2 OW , a feltétel sze rint). Tehát E és E valóban váltómetszetnek mutatkoznak. O-ból   kiinduló vetítéssel a K1 K2 körben fekv o˝ L1 L2 kört a K1 K2 körben   fekvo˝ L1 L2 körbe képezzük le. Úgy, mint fent, a kör középpontjának kizárólag vonalzó segítségével való megkeresésére vonatkozó szerkesztési el o˝ írást ad absurdum vezetjük. Az E síkban fekv o˝ egyenesekb o˝ l álló konst rukciót az E síkbeli ugyanolyan konstrukcióra képezzük le. Mivel leképezéskor M és N középpontok közül egyik sem megy át  egy-egy kör középpontjává, azért a szerkesztés az E síkban nem  nyújtja a kívánt eredményt. Mivel az E és E sík a kérdéses szerkesztésre nézve egyenjogú, azért ilyen szerkesztés egyáltalában nem lehet. Még csak arról van szó, hogy úgy válasszuk ki az O pontot, hogy az OK1 K2 és OL1 L2 háromszögek szögfelez o˝ jének egybeesésére vonatkozó feltétel teljesüljön. Gondoljuk meg azonban, hogy K 1 OL2 = K2 OL1 (amint a K1 OW = K2 OW és L2 OW = L1 OW egyenlo˝ ségbo˝ l összeadással következik). Ezek szerint a következ o˝ képpen járhatunk el: K1 OL2 = K2 OL1 = δ szöget tetsz˝olegesen választjuk meg, és K1 K2 -re, valamint K2 L1 -re – mint húrokra – olyan köröket rajzolunk, amelyek δ-t kerületi szögként tartalmazzák. 2 Ez a két körív – amelyeknek metszeniök kell egymást, mert húrjaik egymásba nyúlnak – az O pontban metszik egymást. Akkor K1 OL2 = K2 OL1 , ennek következtében K 1 OL1 = K2 OL2 . 2 Ha ezeknek a köröknek C és C a középpontjuk, akkor a K C L és 1 2 1 1 2 L1C2 K2 középponti szögeknek egymással egyenl˝oknek kell lenniök. Ebb˝ol a 117. ábra szerkesztésére C1 K1 L2 = C2 L1 K2 = 90◦ − δ utasítás adódik.

299

A KÖRZ O˝

Azért az L1 OL2 szögfelezo˝ je felezi a K1 OK2 szöget is. Éppen ezt akartuk elérni. O

C1

L1

K1

C2

L2

K2

117. ábra

7. Hátravan még annak az esetnek a tárgyalása, amikor a középpontjaik nélkül megadott két kör egymáson kívül fekszik. Ebben az esetben természetesen két, egymáson kívül fekv o˝ vetít˝okúpot kapunk, és lehetetlen az O pont bármilyen helyzetében az OK1 K2 és OL1 L2 háromszögekben közös szögfelez o˝ t találni.   Ebben az esetben az OL 1 L2 kúpot kell segítségül venni (118. ábra).

118. ábra 









Ha az E síknak az OL1 L2 és az OK1 K2 kúpot K1 K2 -ben az E síkhoz képest váltómetszetben kell metszenie, akkor el o˝ ször az

300

A KÖRZ O˝

L1 OL2 szögfelezo˝ jének – az OV egyenesnek – az E síkot ugyan  olyan szög alatt kell metszenie, amilyen szög alatt az L 1 OL2 -nek   az OV meghosszabbításából keletkez o˝ OV szögfelezo˝ je az E síkot metszi, és másodszor a K1 OK2 OU szögfelezo˝ jének ugyan olyan szög alatt kell metszenie az E és E síkokat. A síkoknak az  egyenesekhez viszonyított irányítása látható az ábrából. VOV há romszögünk helyzetéb o˝ l következik, hogy az UVV háromszög  egyenlo˝ szárú. Az OU egyenes E és E síkokkal alkotott szögé nek egyenl o˝ ségébo˝ l következik, hogy UO az UVV egyenlo˝ szárú háromszög U csúcsnál lév o˝ szögét felezi. Mivel az egyenl o˝ szárú háromszögben a szögfelez o˝ egyúttal magasság is, vagyis itt me  r˝oleges a VV -re, azért VOU és V OU derékszögek. Akkor a 118. ábra jelöléseivel = 90◦ + α − β = 90◦ − α + β,

K1 OL1 K2 OL2 tehát (1)

+ K2 OL2

K1 OL1

= 180◦.

Az O pontnak tehát úgy kell feküdnie, hogy az O-nál fekv o˝ szögre érvényes legyen az (1) egyenl o˝ ség. Ha azonban így van, akkor a K1 OK2 és L1 OL2 szögfelezo˝ i a valóságban mer o˝ legesek egymásra, mert 2OUV

= 2OUK2

+ 2K2OL1

= (K1 OU + (K2 OL1

+ UOK2 + L1 OV

= K1 OL1

+ K2 OL2

tehát UOV

+ 2L1 OV

=

+ K2 OL1 )+ + VOL2 ) = = 180◦,

= 90◦ . 

Ha ez az eset áll fenn, akkor az E síkot úgy fektethetjük – mint az ábra mutatja –, hogy az E síkhoz képest mindkét kúpot váltómetszetben messe. Ha az O pontból történ o˝ vetítéssel az E síkot

A KÖRZ O˝

301



a E síkra vetítjük, akkor ismét a bizonyításunk által kívánt olyan leképezést kapunk, amelyb o˝ l – mint eddig – következtethetjük, hogy a csupa egyenesekb o˝ l álló szerkesztés a K1 K2 és L1 L2 körök középpontját nem szolgáltathatja. Hogy a leírt helyzet˝u O pontot megkeressük, a K 1 OL1 = ϕ és K2 OL2 = ψ szögek egyikét tetsz o˝ legesen választhatjuk ki, az összegüknek azonban 180 ◦ -nak kell lennie. Azután K1 L1 fölé megrajzoljuk azt a körívet, amely ϕ-t kerületi szögként tartalmazza, és K2 L2 fölé azt, amely ψ-t tartalmazza. Mivel K 1 L1 és K2 L2 a feltétel szerint egymásba nyúlnak, ezért a két körívnek metszenie kell egymást. Metszéspontjuk lesz a mondott tulajdonságú O pont. Ezzel befejeztük annak a tételnek a bizonyítását, hogy két, egymást nem metsz o˝ , ismeretlen középpontú kör nem elegend o˝ ahhoz, hogy minden elemi geometriai szerkesztés kizárólag vonalzó segítségével végrehajtható legyen. Megjegyzések A 6. és 7. pontban tárgyalt esetekben egymást nem metsz o˝ köröket vizsgáltunk. Azok a próbálkozások, amelyek egymást metsz o˝ körökre a középpontos vetítés eszközével keresték a megfelel o˝ leképezést, nem vezettek eredményre. Egy ilyen leképezés újra csak azt bizonyítaná, hogy egyedül vonalzó segítségével nem lehet megszerkeszteni a kör középpontját, miközben – mint azt 1. zárásaként már említettük – két egymást metsz o˝ kör esetében ezt a szerkesztést valóban el lehet végezni. Az m1 ábra mindenekel o˝ tt azt mutatja, hogyan lehet az egymással párhuzamos AA  és CC húrokból kiindulva egy átmér o˝ t szerkeszteni: a DD egyenes szimmetriaokokból áthalad a kör középpontján. Egy másik, egymással párhuzamos húrpárból tehát egy másik átmér o˝ t is megkaphatunk, mely az els o˝ t a keresett körközéppontban metszi. Most már csupán arról van szó, hogyan lehet egyedül vonalzó segítségével egymással párhuzamos húrokat szerkeszteni.

302

A KÖRZ O˝ C A’

D

D

A C’

m1 ábra A’

C’ 1

5

S’ 4 B’

6 A

2

3 S

B

C

m2 ábra

Egy ilyen, igazán egyszer˝u szerkesztést mutat a m 2 ábra. Az AA’ legyen a két kör valamelyikének tetsz o˝ leges húrja. A-ból indulva húzzuk meg az ASB és BS C és hasonlóan, A -b˝ol indulva az A S B és B SC egyeneseket. Az így keletkez o˝ C és C pontok lesznek az AA -vel párhuzamos CC  húrnak a végpontjai. A párhuzamosság rögtön felismerhet o˝ , ha sorra vesszük az ábrán 1-t o˝ l 6-ig jelölt szögeket, amelyek közül bármely két egymást követ o˝ vagy azért egyenl o˝ , mert azonos húrhoz tartozó kerületi szögek, vagy mert váltószögek. Ezért az 1-es és a 6-os szög is egyenl o˝ egymással. Így AA  párhuzamos CC  -vel.

303

A KÖRZ O˝

Három egymást metsz o˝ kör középpontjainak megszerkesztésével nem foglalkozunk. Ez a szerkesztés körülményesebb, és néhány nehéz geometriai tétel ismeretét feltételezi. Kiegészítés A ferde körkúpok váltómetszetére vonatkozó tétel bizonyítása. A 4. pontban megfogalmaztuk a ferde körkúpok váltómetszetére vonatkozó tételt, amelyet többször felhasználtunk, bizonyítását azonban elhalasztottuk. Ezt kívánjuk most pótolni. Képzeljük a ferde körkúpot – mint eddig – keresztmetszetben megrajzolva (119. ábra). A rajz síkja menjen át a kúp O csúcspontján, és legyen mer o˝ leges az alapkörre, amelyet K 1 K2 átmér˝ojében messen. A rajz síkja ekkor nyilvánvalóan a ferde kúp szimmetriasíkja. Ezen kívül egy másik szimmetriasíkot is igyekszünk találni.

119. ábra

Az OK1 K2 háromszög köré írjunk kört. Rajzoljuk meg a háromszögben a K1 OK2 szögfelezo˝ jét, amely meghosszabbítva a körülírt kört M pontban metszi. Mivel a K 1 OM = K2 OM , ezért a K1 M és K2 M íveknek is egyenl o˝ knek kell lenniök, mert egyenlo˝ kerületi szögekhez egyenl o˝ ívek tartoznak. A kör C középpontjából a K1 K2 húrra bocsátott mer o˝ leges ezt a húrt felezi, ezért a körülírt kört az M pontban metszi. Forgassuk a körülírt  kört az M CM tengely körül, akkor gömböt ír le. Ezen a gömbön

304

A KÖRZ O˝

rajta lesz a kúp K1 K2 alapköre és O csúcspontja is, a gömb tehát a kúp köré van írva. Az M pontnak ezért a K 1 K2 alapkör minden pontjától való távolsága ugyanakkora. Az OM egyenesnek a ferde kúpban különleges szerepe van, amely alapján a kúp tengelyének tekinthetjük. Ugyanis, ha a tengelyen keresztül egy síkot fektetünk, akkor ez a kúpot egy O csúcspontú háromszögben metszi, amelynek az alapkörön fekv o˝ két csúcspontját jelölhetjük H1 - és H2 -vel, továbbá a gömböt körben metszi, amely az OH1 H2 háromszög körülírt köre. Ezen a körülírt körön fekszik az M pont is, és olyan ábrát nyerünk, amely a 119. ábrához egészen analóg (120. ábra). Az OM tengelynek az OH1 H2 háromszögben is szögfelez o˝ nek kell lennie, mert az M pontnak a kúp alapköréhez való helyzete miatt a H 1 M és H2 M húrok egyenl o˝ hosszúak, azért a H1 OM és H2 OM kerületi szögek egyenlo˝ k. Részeredményként megjegyezzük:

120. ábra

A ferde kúpot a tengelyén keresztülmen˝o minden sík olyan háromszögben metszi, amelynek a szögfelez˝oje maga a tengely. A kúpot olyan síkkal, A-val messük, amely mer o˝ leges a kúp tengelyére. Ez a sík természetesen a rajz síkjára – amelyben a kúp tengelye fekszik – szintén mer o˝ leges. A 119. ábrán az A sík nyomvonalát AA-val jelöltük. Az A síkban keletkezik egy idom, mint a kúpnak a síkkal való metszete, a 121. ábrán ábrázoltuk ezt a síkmetszetet (az A sík ezen az ábrán a rajz síkja). A kúp tengelye mer˝oleges erre az új rajzsíkra. A régi rajzsík ezt az új rajzsíkot,

305

A KÖRZ O˝

A-t, ZZ egyenesben metszi. A tengelyen átmen o˝ , egyébként tetsz˝oleges B sík messe az A síkot BB egyenesben, amelynek T1 és T2 pontjai a kúphoz tartoznak. Mivel a T1 OT2 háromszögben az UO tengely egyúttal mer o˝ leges a T1 T2 szakaszra, és a fentebbi részeredmény szerint a T1 OT2 szöget felezi,3 azért T1U = T2U. Az U pont tehát az A síkbeli kúpmetszetnek szimmetria-középpontja.4 A metszetidomon még a T1∗ és T2∗ pontoknak is rajta kell lenniök, amelyek T1 és T2 tükörképei a ZZ tengelyre vonatkozólag. ZZ-nek a 121. ábra szimmetriaegyenesén kell lennie, mert a „régi rajzsík”, amelynek ZZ a nyomvonala, a ferde kúpnak szimmetriasíkja volt. Y T1* S1

T2 U

B S2 Z

Z B T1

T2* Y

121. ábra

Mivel a T1 T2∗ T2 T1∗ pontok U középpontú, derékszög˝u négyszöget alkotnak, könnyen belátjuk, hogy U pontban a ZZ-re mer˝olegesen álló YY egyenesnek is szimmetriaegyenesnek kell lennie. (T1U = T2U miatt T1∗U = T2∗U. T1UT1∗ = T2UT2∗ , ∗ ∗ mert csúcsszögek, azért a T1 T1U és T2 T2U háromszögek egybevágók, és ezért T1 T1∗ = T2 T2∗ párhuzamosak – mindkett o˝ mer˝oleges ZZ-re – azért T1 T2∗ T2 T1∗ parallelogramma. Két egyenl o˝ hosszú átlója – T1 T2 és T1∗ T2∗ – van, tehát téglalap.) Az ilyen meggondolás természetesen nemcsak a mi speciális idomunkra érvényes, hanem általánosságban is felállíthatjuk a következ o˝ tételt: 3 Az ábrán természetesen nincs megrajzolva, mert O nem a rajz síkjában fekszik, hanem az U pontban emelt mer˝olegesen kell elképzelni. 4 A síkmetszet alaposabb vizsgálattal egyébként ellipszisnek mutatkozik. Ez bennünket most nem érdekel.

306

A KÖRZ O˝

Az olyan alakzatnak, amelynek egy szimmetriatengelye és ezen egy szimmetria-középpontja van, van még egy másik szimmetriatengelye is, mégpedig az els o˝ szimmetriatengelyre mer o˝ leges egyenes. A ferde kúpra vonatkozólag ez azt jelenti, hogy a tengelyén átmen˝o sík, amely a 119. és 121. ábrán a rajz síkjára mer o˝ leges, a kúpnak egy másik szimmetriasíkja. Mert ebben a síkban fekszik az YY egyenes, amelyet a 119. ábrán a rajz síkjára az U pontban állított mer˝olegesként képzeltünk. Ha a kúpot erre a második szimmetriasíkra tükrözzük, akkor a képe önmagával egybeesik (ez a kijelentés csak körülírása a tárgyalt szimmetriának). Ennél a tükrözésnél azonban a kúpon   fekvo˝ K1 K2 kör K1 K2 tükörképébe megy át, amely természetesen ismét kör, és amelynek szintén a kúpon kell feküdnie (122. ábra). Ez a kör a K1 K2 körhöz viszonyítva váltómetszet. Síkjának a kúp tengelyéhez való helyzete éppen olyan, amilyent fentebb, a váltómetszet definíciójában megkívántunk. Egyébként a K 1 K2 kör nem esik egybe a tükörképével, mivel az csak akkor történhetne, ha a kör síkja mer o˝ leges volna a kúp tengelyére. Akkor azonban ferde kúp helyett – ellentétben a feltevéssel – egyenes kúppal volna dolgunk. Ezzel bebizonyítottuk a ferde kúp váltómetszetére fentebb felhasznált tételünket.

122. ábra

A KÖRZ O˝

307

Jegyzet [1] Lorenzo Mascheroni (ejtsd: maszkeroni) (1750–1800) olasz matematikus, szerzetes tanár. Görög nyelvet és költészetet tanított. Híres költ˝o volt, amikot 27 éves korában elkezdett matematikát tanulni, majd 1778tól fizikát és matematikát, geometriát tanítani a bergamói kollégiumban. Leghíresebb matematikai munkája a Geometria del compasso (A körz˝o geometriája) (Pavia, 1727). Ebben sok geometriai szerkesztést mutatott tisztán körz˝o használatával, és itt fogalmazta meg a nevét visel˝o tételt is, azaz: Bármely (körz˝ovel és vonalzóval elvégezhet˝o) eukleidészi szerkesztés elvégezhet˝o csak körz˝ovel is, amennyiben két pontjával megadott egyenest adottnak, illetve megszerkesztettnek tekintünk. Georg Mohr (1640–1697) dán matematikus a saját korában nem volt ismert. Feledésbe merült könyvét, az Euclides Danicus-t (A dán Eukleidész) 1672-ben Amszterdamban adták ki. Ebben a könyvben 125 évvel korábban már bizonyította az el˝obb említett, Mascheroni által is megfogalmazott tételt. A könyvét 1928-ban találták meg újra egy könyvesboltban. Nem sokkal kés˝obb a Dán Királyi Tudományos Társaság újra kiadta, és azóta az említett tételt Mohr–Mascheroni-tételnek hívják. Strommer Gyula (1920–1995) magyar matematikus, fizikus, csillagász. Összesen 53 évet tanított a Budapesti M˝uszaki Egyetemen. Még a háború el˝ott tanársegédként kezdte, majd a Gépészmérnöki Karon az Ábrázoló Geometria Tanszék tanszékvezet˝oje, majd a kar dékánja, nyugdíjazásától kezdve haláláig a kar emeritus professzora. Közben 1960-ban a matematikai tudományok kandidátusa, 1975-ben a matematikai tudományok doktora lesz, 1962-ben kinevezik egyetemi tanárrá. Az akadémiai doktori értekezésében, mely A párhuzamosok axiómájától független geometriai szerkesztések elméletéhez címet viseli (Budapest, 1974. 116 o.), általánosítását adja a Mohr-Mascheroni-féle szerkesztéseknek. Nemzetközi viszonylatban is komoly elismerést szerzett a geometria alapjainak és a Bolyai–Lobacsevszkij-geometriának a kutatásával. [2] Jacob Steiner: lásd az Adott kerülettel rendelkez˝o legnagyobb terület˝u alakzatok (Steiner-féle négycsuklós eljárás) cím˝u el˝oadás 1. jegyzetét.

A 30 szám egyik tulajdonsága

A 10 és a 21 nem törzsszám, mert 10 = 2 · 5, 21 = 3 · 7. Ennek a két számnak nincs közös osztója, ezért relatív prímszámoknak (viszonylagos törzsszám) nevezzük o˝ ket. A 6 és 10 nem ilyen, mert közös osztójuk a 2. A 10-nél kisebb, hozzá relatív prímszámok a 3, 7, 9. Ezek közül a 9 nem törzsszám. Másként van ez a 12-nél. 1-t o˝ l 11-ig a számok közül a 12-nél kisebb, hozzá relatív prímszámok az 5, 7, 11 – ezek törzsszámok. Ugyanez igaz – mint a 12-nél – a következ o˝ számoknál: 3, 4, 6, 8, 12, 18, 24, 30. Vajon a 30 e az utolsó olyan szám, amelynél az összes nála kisebb, hozzá relatív prímszám törzsszám is? Hogy így van, a következ o˝ kben bebizonyítjuk. Egy egyszer˝u megjegyzéssel kezdjük. 4-t o˝ l kezdve minden – a jelzett tulajdonsággal rendelkez o˝ – N számnak kett o˝ vel oszthatónak kell lennie, mert ha páratlan volna, akkor a 4 hozzá képest ugyan viszonylagos törzsszám volna, de nem törzsszám. 9-t o˝ l kezdve ugyanezen okból éppen így minden ilyen N számnak oszthatónak kell lennie 3-mal, és mivel 2-vel úgyis osztható, azért 2 · 3-mal is osztható. Ha így folytatjuk, a következ o˝ táblázatot készíthetjük el: 4-t˝ol N 2= 2 -vel osztható 9-t˝ol N 2·3 = 6 -tal osztható 25-t˝ol N 2 · 3 · 5 = 30 -cal osztható 49-t˝ol N 2 · 3 · 5 · 7 = 210 -zel osztható 121-to˝ l N 2 · 3 · 5 · 7 · 11 = 2310 -zel osztható.

310

A 30 SZÁM EGYIK TULAJDONSÁGA

4 és 9 között tehát csak 4, 6, 8 jöhetnek számításba; 9 és 25 között csak 12, 18, 24; 25 és 49 között csak 30 (a legközelebbi, 30-cal osztható szám, a 60 már 49-nél nagyobb). 49-t o˝ l 121-ig egy sem, mert 210 nagyobb, mint 121 (a 30 még kisebb volt, mint 49). Ezen a módon korlátlanul tovább következtethetnénk, és állításunkat rögtön bebizonyíthatnánk, ha tudnánk, hogy tovább is így van: 132 kisebb 2·3·5·7·11-nél, 17 2 kisebb 2·3·5·7·11·13-nál, és általában, ha az egymás után következ o˝ 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 törzsszámokat p 1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 , p7 . . . bet˝ukkel jelöljük, akkor n = 4-t o˝ l kezdve: (1)

p2n+1 < p1 p2 p3 . . . pn .

Az 1. el˝oadásban ismertetett Eukleidész-féle bizonyítás alapjában véve azt mondja, hogy pn+1 < p1 p2 . . . pn . Amire nekünk szükségünk van: pn+1