A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. E cikkben az F.2468. feladatban kimondott állítást bizonyítjuk be, nevezetesen a következőt:
Akkor és csak akkor létezik olyan konvex n-szög, melynek szögei egyenlők, oldalai pedig valamilyen sorrendben , , , , egységnyi hosszúak, ha nem egy prímszám hatványa.
A feladat megoldásában megmutattuk, hogy a kérdéses -szög esetén létezik, és azt is láttuk, hogy a bizonyítandó állítás ekvivalens a következővel:
Legyenek , , egy szabályos n-szög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok. Akkor és csak akkor létezik az , , , számoknak olyan , , , permutációja, amivel az vektorösszeg a nullvektor, ha n nem egy prímszám hatványa.
Bizonyításunk két részre oszlik attól függően, hogy prímhatvány-e vagy sem.
1. n nem prímhatvány. Ebben az esetben felbomlik két egynél nagyobb, egymáshoz relatív prím egész szorzatára, legyen egy ilyen felbontás. Jelöljük -vel, illetve -vel azt a maradékot, ami -nek -vel, -val való osztásakor adódik. A függvény értéke minden -edik egész számra ugyanaz, tehát , , , között pontosan darab , darab -es stb. fordul elő.
Így
| | (1) | hiszen azok az vektorok, amelyekre egy rögzített (0 és közé eső) értéket vesz fel, egy szabályos -szög csúcsaiba mutatnak ‐ s egy szabályos sokszög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege mindig . Ezért (1) bal oldala darab nullvektor összege, ezért maga is . Hasonlóan kapjuk, hogy | | csak most darab szabályos -szöget kifeszítő részösszegre bontható a bal oldal. Ha most az értékeket választjuk, akkor a kérdéses vektorösszeg | | Ezek az értékek nyilván 1 és közé eső egészek. Tehát a keresett permutáció létezését azonnal igazoltuk, mihelyst beláttuk, hogy az így definiált , , , számok között nincs két egyenlő. Ám csak úgy lehet, ha (osszuk el -t és -t is -vel), de ekkor is fennáll. Ám azt jelenti, hogy osztható -vel, pedig azt, hogy osztható -val. és relatív prímek, tehát osztható -nel is, ami lehetetlen, mivel és is 1 és közé eső egészek. Ezzel igazoltuk az állítást mindazon értékekre, amikor nem prímhatvány. A bizonyításnak ez a fele lényegében Kaiser Andrástól (Bp., József A. Gimn.) származik. Rajta kívül még Megyesi Gábor (akkor a szegedi Ságvári Endre Gyak. Gimn. tanulója volt) küldte be ennek a résznek a bizonyítását.
2. n prímhatvány. Az állítás e felének bizonyítása lényegesen nehezebb, mint az előzőé. Azt kell ugyanis megmutatni, hogy nem létezik az , , , számoknak megfelelő permutációja. Míg előbb elegendő volt egyetlen ilyet találni és arról igazolni, hogy az jó (bár arról nem esett szó, hogyan találtuk meg ezt a bizonyos permutációt), jelen esetben az összes permutációról kell igazolnunk, hogy rossz. Ezek száma már esetén is olyan óriási, hogy egyesével végignézni lehetetlenség. A helyzet kissé hasonlít a szabályos sokszögek szerkeszthetőségéhez. Könnyű szabályos ötszöget szerkeszteni, s a szerkesztés helyességének igazolása sem túl bonyolult. Magát a szerkesztést valószínűleg már Pitagorasz is ismerte (i, e. 550 körül). Ám annak bizonyítása, hogy semmiféle (euklideszi) szerkesztési eljárással nem tudunk szabályos hétszöget szerkeszteni, csak majd 2000 év múlva sikerült Gaussnak, a "matematika fejedelmének''. Ő a geometriai szerkesztési feladatot algebrai, pontosabban polinomokra vonatkozó feladattá fogalmazta át, amit végül is sikerrel megoldott.
Mi is ezt az utat követjük: a bizonyítandó állítást egy algebrai állítássá fogalmazzuk át. Majd az apró lemmák kimondása után az átfogalmazott állításra kerül sor. Érdekességképpen megjegyezzük, hogy a fenti párhuzam nem csupán illusztráció: a felhasználásra kerülő algebrai apparátus, sőt a lemmák is megegyeznek azokkal, amiket Gauss az idézett tétel bizonyítására használt. Lássuk először az átfogalmazást. Az , , , egységnyi hosszúságú vektorok egy pozitív körüljárású szabályos -szög csúcsaiba mutatnak. Helyezzük el ezeket a vektorokat a komplex számsíkon úgy, hogy a sokszög középpontja a számsík origójába, az vektor végpontja pedig a valós számegyenes + 1 pontjába essen. Jelöljük -nal azt a komplex számot, amelybe az vektor végpontja mutat. Az abszolút értéke (hossza) 1, modulusa (a pozitív valós tengellyel bezárt szöge) . Így az -nal történő szorzás egy pozitív irányú nagyságú szöggel való elforgatást jelent, például -t úgy kapjuk, hogy -t elforgatjuk az origó körül szöggel. Tehát végpontja , s hasonlóan végpontja . Speciálisan ahonnan | | Mivel , azért a második tényezőnek kell nullának lennie. Komplex számokat vektorként kell összeadni, az | | (2) | összefüggés azt mondja ki, hogy a szabályos -szög középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege nulla, ahogyan azt már korábban állítottuk. Az , , , számokat n-edik egységgyököknek szokás nevezni, hiszen ezek (és csak ezek) -edik hatványa 1. A (2) összefüggést még úgy is értelmezhetjük, hogy gyöke az | | (3) | polinomnak. A bizonyítandó állítás, mármint az, hogy az , , , számok tetszőleges , , , permutációjára , komplex számokkal megfogalmazva azt mondja, hogy , vagyis hogy nem gyöke a | | (4) | polinomnak. Ezzel elérkeztünk a keresett átfogalmazáshoz:
Az , , , számok tetszőleges megengedett megválasztása mellett az f(x)és g(x) polinomoknak nem lehet közös (komplex) gyöke.
Hogy ne szakítsuk meg a bizonyítás menetét, előrebocsátunk két, polinomokra vonatkozó segédtételt. Ezek bizonyítása ‐ mint látni fogjuk ‐ sok ötletet igényel és meglehetősen hosszú. Mindamellett ezek a lemmák sokszor alkalmazhatók, például a szerkeszthetőség elméletében alapvető jelentőségűek.
1. Lemma Ha n prímszám, akkor az polinom nem bontható fel két (legalább elsőfokú) racionális együtthatós polinom szorzatára. (Ezt úgy mondjuk, hogy irreducibilis a racionális számtest felett.)
2. Lemma Legyen és két tetszőleges racionális együtthatójú polinom, és tegyük föl, hogy az (komplex) szám mindkettőnek gyöke. Ekkor vannak olyan , és racionális együtthatós polinomok, hogy | | és a gyöke -nek. (Elképzelhető, hogy vagy azonosan konstans polinom.) Legyen tehát most prímszám, és tegyük fel, hogy a (3) és (4) alatt definiált és egész együtthatós, tehát speciálisan racionális együtthatós polinomoknak volna közös gyöke. Ekkor a 2. lemma szerint és alakban szorzattá bonthatók, ahol és racionális együtthatósak. Az 1. lemma szerint nem bontható fel legalább elsőfokú racionális együtthatós polinomok szorzatára, tehát szükségképpen azonosan konstans, mondjuk mindenütt az racionális értéket veszi fel. Ekkor alapján | | Tudjuk, hogy Ha legalább elsőfokú lenne, akkor a szorzat legalább -edfokú polinom lenne, noha (4) szerint pontosan - edfokú. Ezért is nulladfokú, mondjuk azonosan értéket vesz föl, ezért miatt | | alakú. Ennek minden együtthatója egyenlő, tehát például . Ez pedig lehetetlen, hiszen , , , az , , , számok egy permutációja, így páronként különböző számokból áll. Ellentmondásra jutottunk abból a feltevésből, hogy a (3) és (4) alatti polinomoknak van közös gyökük (legalábbis abban az esetben, ha prím), így az állítást bizonyítottuk. A bizonyítás egy kicsit többet adott, nevezetesen a következőt. Ha , , , olyan egész számok, amelyekre a (3) és (4) alatti polinomoknak van közös gyökük, akkor szükségképpen "Visszagöngyölve'' azokat az átfogalmazásokat, átalakításokat, amiket az eredeti feladaton csináltunk, ebből az alábbi tételt kapjuk: Legyen n egy prímszám. Ha egy n oldalú konvex n-szög minden szöge egyenlő és minden oldalának mértékszáma egész, akkor a sokszög szabályos (és persze az oldalak egyenlők). A téglalap mutatja, hogy ez az állítás nem marad érvényben, ha -et prímszám helyett prímhatványnak választjuk. Mivel ezt a következményt kizárólag az 1. és 2. lemmából vezettük le, azért az 1. lemma állítása nem maradhat érvényben -re. (Tehát abból, hogy létezik 1 és 2 oldalhosszúságú téglalap, következtetünk arra, hogy az polinom felbomlik két racionális együtthatójú polinom szorzatára! S valóban, Prímhatványra tehát általában a fenti gondolatmenet nem használható, ráadásul ha nem prímszám, a (3) alatti polinom biztosan nem irreducibilis. Ahhoz, hogy mégis mentsük ami menthető, elsőként olyan irreducibilis polinomot kell találnunk, aminek a legkisebb modulusú -edik egységgyök, amit -nal jelölünk, gyöke. Legyen tehát , ahol prím és egész szám. Jelöljük a számot -val, ekkor , tehát , és persze Így | | következésképp gyöke az | | (5) | polinomnak.
3. Lema Az egész együtthatós polinom irreducibilis a racionális számtest felett.
Vegyük észre, hogy az 1. lemma speciális esete a 3. lemmának , azaz mellett. Legyen most és tegyük fel, hogy az , , , egész számok olyanok, hogy a | | polinomnak és a fenti polinomnak van közös gyöke. Pontosan ugyanúgy, mint az előbb, csak most a 2. és 3. lemma segítségével adódik, hogy van olyan racionális együtthatójú polinom, amivel Az fokszáma -é , ezért fokszáma , vagyis | | Ekkor viszont a szorzatban minden mellett az , , , együtthatója mind , tehát -ben a megfelelő hatványok együtthatói is egyenlők. Következésképp , , , nem lehet mind különböző, és így nem lehet az , , , számok egy permutációja sem. A tételt ezzel igazoltuk. A bizonyítás most azt adta, hogy -ben minden - edik együttható megegyezik. Ezt az egyenlőszögű -szögekre a következőképpen fogalmazhatjuk át: Legyen , ahol p prímszám. Ha egy n oldalú konvex n-szög minden szöge egyenlő és oldalainak mértékszáma egész, akkor a sokszög minden - edik oldala ugyanolyan hosszú. Ebből: -re visszaadódik az előző követelmény, -ra pedig a 2137-es gyakorlat általánosítása: ha egy konvex sokszög minden szöge és oldalai egészek, akkor szemközti oldalai egyenlő hosszúak. Ami hátra van, a korábban kimondott három lemma bizonyítása. Valójában elég csak az utóbbi kettőt belátni, hiszen a 3. lemmának speciális esete az 1.
A 2. lemma bizonyítása
Legyenek és olyan racionális együtthatós polinomok, amelyeknek az (komplex) szám közös gyöke. Olyan , és racionális együtthatójú polinomokat kell találnunk, amelyekre | | és gyöke -nek. Az állítást és fokszámának összegére vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Feltehetjük, hogy és legalább elsőfokú, így | | és | | ahol és és mondjuk . Indukciós feltevésünk szerint az állítás igaz az összes olyan polinom párra, melyek fokszámainak összege kisebb -nél.
Tekintsük most az polinomot. Ez nyilván racionális együtthatós, fokszáma -nél kisebb, és mivel gyöke volt -nek és -nek is, gyöke lesz -nek is. Ha most nulladfokú, akkor miatt azonosan nulla, és ekkor | | megfelelő felbontás. Ha viszont legalább elsőfokú, akkor -re és -re az állítást már tudjuk, hiszen fokszámaik összege kisebb -nél. Tehát vannak , és racionális együtthatójú polinomok, amikre -nek gyöke, továbbá | | Ekkor viszont | | és adja a keresett felbontást. Ezzel a 2. lemmát bizonyítottuk.
A 3. lemma bizonyítása
A lemma egy bizonyos egész együtthatós polinomról állítja, hogy nem bontható fel két racionális együtthatójú polinom szorzatára. Elsőként azt mutatjuk meg, hogy ha a polinom felbomlik racionális együtthatójú polinomok szorzatára, akkor egész együtthatós polinomok szorzataként is felírható. Ez az állítás Gauss- féle lemma néven ismeretes, és természetesen Gausstól származik. Legyen tehát
ahol , , , egész számok, a , együtthatók pedig racionálisak. Tegyük fel, hogy , már tovább nem egyszerűsíthető alakban van felírva, és legyen a együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszöröse, pedig a együtthatóké. Legyen még Világos, hogy nincs olyan prímszám, ami osztója lenne a , , , számok mindegyikének, s olyan sincs, ami a , , , mindegyikét osztaná. A fenti szorzat mindkét oldalát -lal szorozva kapjuk, hogy | | A bal és jobb oldalon a megfelelő hatványok együtthatóinak meg kell egyeznie, tehát
Legyen tetszőleges prímosztója a szorzatnak. Előző megjegyzésünk értelmében nem lehet osztója az összes számnak, van olyan hogy osztója , , , -nek, de nem osztója -nek. Ugyanígy van olyan is, hogy osztója , , , mindegyikének, de nem osztója -nek. Ez a osztója ‐nek. A fenti kifejezésekben jobb oldalán viszont mindegyik összeadandó ‐ az egyetlen kivételével ‐ osztható -vel, nem osztható, ezért a jobb oldal sem osztható -vel. Az ellentmondás azt jelenti, hogy nem lehet -nek prímosztója, vagyis , ahonnan Ez viszont azt mutatja, hogy az szorzat előállításában a , együtthatók szükségszerűen egészek. A Gauss-lemmát bizonyítottuk. Ennek alapján annak bizonyításához, hogy egy 1 főegyütthatójú, egész együtthatós polinom nem bontható fel racionális együtthatójú polinomok szorzatára, elegendő megmutatni, hogy nem bontható egész együtthatójú polinomok szorzatára. Erre ad elégséges feltételt az alábbi, Schoenemann és Eisenstein, a múlt század közepén működő német matematikusokról elnevezett kritérium:
Ha az egész együtthatós | | polinom , , , együtthatói mind oszthatók a prímszámmal, és nem osztható -tel, akkor a polinom nem bontható fel egész együtthatós polinomok szorzatára.
Tegyük fel ugyanis, hogy felírható | | alakban, ahol és egészek. Ekkor miatt ez a szorzat osztható -vel, de nem osztható -tel ─ következésképp és közül pontosan az egyik osztható -vel. Legyen ez mondjuk . Ekkor szerint is osztható -vel, de mivel nem osztható vele, ezért -nek kell -vel oszthatónak lennie. Hasonlóan | | alapján az adódik, hogy is osztható -vel stb., végül | | miatt azt kapjuk, hogy is osztható -vel, ami ellentmondás. Ez pedig a Schoenemann‐Eisenstein kritérium helyességét igazolja. Most már rátérhetünk a 3. lemma állításának bizonyítására. Legyen egy prímszám, valamely egészre. Azt szeretnénk belátni, hogy az | | egész együtthatós polinom irreducibilis. A Gauss-lemma alapján ehhez elég belátnunk, hogy nem bontható fel két egész együtthatós polinom szorzatára. Ez utóbbi igazolására a Schoenemann‐Eisenstein kritériumot szeretnénk használni. Ez persze közvetlenül nem megy, egy picit ravaszkodnunk kell. Tekintsük a | | egész együtthatós polinomot. Ha felbomlana két egész együtthatós polinom szorzatára, akkor persze is felbomlana, Így abból, hogy irreducibilis, következtethetünk arra, hogy is az. -re viszont már működik a kritérium. A binomiális tétel alapján világos, hogy legmagasabb fokú tagja konstans tagja pedig (hiszen darab -hatványt kell összeadnunk). Ezért elég belátni, hogy -ben az összes többi előforduló hatvány együtthatója osztható -vel. Elsőként számítsuk ki -t: | | A szumma-jel mögött álló binomiális együtthatók mind oszthatók -vel, hiszen a második tényező egész esetén, és az első tényező számlálója az egyszerűsítések után is osztható -vel. Ezért és így | | szintén a binomiális tétel alapján, ahol és is egész együtthatós polinomok. Ezekkel a polinomot a következőképpen írhatjuk föl: | | A jobb oldalon az első szumma -szerese éppen , ami a binomiális tétel szerint a következővel egyezik meg:
| | ahol egész együtthatójú. Ezért
| | vagyis -ben valóban az összes többi együttható osztható -vel, amint állítottuk. Innen a Schoenemann‐Eisenstein kritérium alapján irreducibilis ‐ tehát is az, ez pedig a 3. lemma állítása volt. Lásd e számunk 104. oldalán. |