Cím: Hogyan közelítsünk az irracionális számokhoz?
Szerző(k):  Károlyi Gyula 
Füzet: 1988/május, 193 - 197. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Sokszor hasznos lehet, ha irracionális számokat hozzájuk közel eső racionális számokkal helyettesítünk. Most egy olyan módszerrel ismerkedhetünk meg, melynek segítségével teljes általánosságban megoldhatjuk a 2425. gyakorlatot.*
Közismert, hogy az irracionális számok tetszőleges pontossággal közelíthetők racionális számokkal: adott nevezőjű törtek között ugyanis van olyan, amelyik a nevező reciprokának a felénél közelebb van a vizsgált irracionális számhoz, és ez az eltérés bármilyen kicsi lehet, ha a nevező elég nagy.
Vajon van-e ennél jobb módszer, léteznek-e olyan közelítő törtek is, amelyek a nevezőjük reciprokánál kisebb nagyságrendben térnek el a vizsgált számtól? Másképpen szólva lehet-e a valós számokat már viszonylag kis nevezőjű törtekkel is viszonylag jól közelíteni? A 3=1,73205... számot például a két tizedesre pontos 1,73=173/100 értéknél jobban közelíti meg a lényegesen kisebb nevezőjű 26/15=1,733, és még sokkal jobban a 100-nál még mindig kisebb nevezőjű 97/56=1,73214... .
Az 12 viszont bármely tőle különböző p/q törttől legalább 12q távolságra van, és ez általában is igaz: a racionális számokat ilyen értelemben nem lehet jól közelíteni.
1. Tétel: Ha egy ab racionális számot tőle különböző, q nevezőjű racionális törtekkel közelítünk, akkor a hiba mindig legalább 1bq.
Bizonyítás: Tegyük fel, hogy ab≠pq, bq>0. Ekkor

|ab-pq|=|aq-bp|bq≧1bq,
mert aq-bp0 -tól különböző egész szám.
Egészen más a helyzet az irracionális számok esetében :
 
2. Tétel: Tetszőleges α irracionális számhoz végtelen sok pq alakú racionális szám található (q>1), melyre |α-pq|<1q2, a közelítés hibája tehát kisebb, mint a nevező reciprokának a négyzete.
 

(Feladat: Bizonyítsuk be, hogy az ilyen törtek mind különböző nevezőjűek.)
 

Bizonyítás: Legyen N egy olyan pozitív egész szám, hogy 1N már kisebb, mint α -nak a hozzá legközelebb eső egész számtól való eltérése. Tekintsük a következő N+1 darab 1 -nél kisebb, nem negatív számot:
{α},{2α},...,{Nα},{(N+1)α}.
Ezek egyike sem 0 és semelyik kettő nem egyenlő, különben az α racionális volna. Van tehát köztük kettő, {iα} és {jα}, melyek eltérése 1N-nél kisebb:
0<{iα}-{jα}<1N,
különben nem férne el az N+1 darab szám a (0,1) intervallumban. Ekkor a törtrész definíciója szerin

0<iα-[iα]-jα+[jα]<1N,azaz[iα]-[jα]<(i-j)α<[iα]-[jα]+1N.



Ha most i>j, akkor q=i-j,p=[iα]-[jα] választással:

p<qα<p+1N,ahonnanpq<α<pq+1Nqés így valóban|α-pq|<1Nq≦1q2,



ugyanis 1≦i,j≦N+1 miatt q=i-j≦N. Ha pedig i<j, akkor q=j-i,p=[jα]-[iα] választással jutunk ugyanerre az eredményre.
 

A q nagyobb 1 -nél, hiszen egyébként |α-p|<1N volna, ellentétben N választásával. Egy megfelelő pq törtet tehát már találtunk. Ha most egy olyan N1-et választunk, melyre 1N1<|α-pq|, akkor a fenti eljárást N helyett N1 -gyel elvégezve olyan p1q1 törthöz jutunk, melyre
|α-p1q1|<1q12,továbbá|α-p1q1|<1N1q1<1N1,

és ezért pq és p1q1 különbözők. Ha most ezt az eljárást folytatjuk, tehát pi+1qi+1 előállításához úgy választjuk Ni+1 -et, hogy
1Ni+1<|α-piqi|
legyen, akkor végtelen sok különböző piqi törtet kapunk, melyekre
qi>1és|α-piqi|<1qi2.

Még egy lépéssel továbbmehetünk, és megkérdezhetjük, mi a helyzet, ha egyszerre több számot szeretnénk azonos nevezőjű törtekkel közelíteni. Az előző bizonyítás módszerét magasabb dimenziókban általánosítva (pl. két irracionális szám, α és β esetén a (0,1)×(0,1) egységnégyzet ({iα},{jβ}) koordinátájú pontjait tekintve) a következő eredményre juthatunk:
 

3. Tétel: Legyenek α1,...,αm tetszőleges irracionális számok. Ekkor található végtelen sok q pozitív egész, és minden egyes q -hoz a megfelelő p1,...,pm egész számok úgy, hogy
|αi-piq|<εq=1q1+1m
teljesül egyszerre i=1,2,...,m esetén.
Ez azt jelenti, hogy a "szimultán'' közelítés hibája még mindig kicsi a nevező reciprokához képest: εq⋅q→0,haq→+∞.
 

*

A 3. Tétel ismeretében már bátran hozzáfoghatunk a 2425. gyakorlat következő általánosításához:
 
4. Tétel: Az a1,a2,...,a2n+1 valós számokról tudjuk, hogy bárhogyan is hagyunk el közülük egyet, a maradék 2n szám két n elemű halmazra bontható úgy, hogy a két halmazban egyenlő az elemek összege. Ekkor a számok mind egyenlők.
 

Bizonyítás: Ha az ai számok egészek, akkor csak a 2425. gyakorlat megoldására kell hivatkoznunk. Ebből könnyen nyerhetjük az állítást, ha az ai számok mind racionálisak, ugyanis a számokat a nevezők legkisebb közös többszörösével szorozva a feltétel továbbra is fennáll, számaink pedig egészek lesznek.
Mit tehetünk azonban akkor, ha a számok között irracionálisak is akadnak? Tegyük fel először, hogy az ai számok mindegyike irracionális. Stratégiánk ekkor a következő lesz : az ai számokat alkalmas racionális számokkal közelítve a 3. Tételből ezeknek a racionális számoknak az egyenlőségét kapjuk, ebből pedig maguknak az ai számoknak az egyenlőségét is beláthatjuk.
 

Legyen tehát a q egy, a 3. Tétel biztosította nevező, ri=piq pedig a tételbeli ai racionális közelítése, melyre tehát a 3. Tétel szerint
|ai-ri|<εq=1q1+12n+1,i=1,2,...,2n+1.(*)

Megmutatjuk, hogy ha q elég nagy ‐ a 3. Tétel biztosítja, hogy ez lehetséges ‐, akkor (*)-ból következik, hogy az ri racionális számokra is teljesülnek a 4. Tétel feltételei, és így azok egyenlők. Ha ezután Rq jelöli közös értéküket, akkor (*) szerint
|ai-Rq|<εq,i=1,2,...,2n+1
és így
|ai-aj|≦|ai-Rq|+|aj-Rq|<2εq,
amiből valóban a 4. Tétel állítása, ai=aj adódik, hiszen εq bármilyen kicsi lehet, ha q elég nagy.
Be kell még látnunk, hogy az ri racionális közelítésekre valóban teljesülnek a 4. Tétel feltételei, ha a q elég nagy. Válasszunk ki egyet az ri számok közül, és legyen a megfelelő ai elhagyása után kapott két egyenlő összegű csoport
a1',a2',...,an'ésan+1',an+2',...,a2n'.
(Ezek az a1,a2,...,ai-1,ai+1,...,a2n+1 számok valamilyen sorrendben.) Megmutatjuk, hogy ha q elég nagy, akkor a megfelelő
(r1'+r2'+...+rn')-(rn+1'+rn+2'+...+r2n')=rq

különbség abszolút értéke kisebb, mint 1/q . Mivel rq egy q nevezőjű tört ‐ hisz ilyenek összegének különbsége ‐ ez csak az rq=0 esetben lehetséges, vagyis elegendően nagy q -ra az ri közelítésekre valóban teljesülnek a 4. Tétel feltételei. Tekintsük ehhez rq alábbi alakját:
rq=(a1'+a2'+...+an')-(an+1'+...+a2n')++(r1'-a1')+(r2'-a2')+...+(rn'-an')+(an+1'-rn+1')+...+(a2n'-r2n').


Tudjuk, hogy
(a1'+a2'+...+an')-(an+1'+an+2'+...+a2n')=0,
így
rq=∑i=1n(ri'-ai')+∑i=n+12n(ai'-ri').

Mivel összeg abszolút értéke kisebb, vagy egyenlő, mint a tagok abszolút értékének összege, innen (*) felhasználásával
|rq|≦∑i=12n|ai'-ri'|<2n⋅εq
adódik.
Láttuk, hogy a 3. Tétel biztosítja, hogy még εq⋅q is a 0 -hoz tart, és mivel 2n adott szám ‐ a 2425. gyakorlatban pl. 10 ‐, ezért ha q elég nagy, akkor 2n⋅q⋅εq<1, azaz 2n⋅εq<1q, és ezt akartuk bizonyítani.
Ezzel teljes egészében igazoltuk a 4. Tételt arra az esetre, ha az a1, a2 ..., a2n+1 számok mindegyike irracionális. Látnunk kell, hogy a bizonyítás lényegesen kihasználja, hogy a számok között nincsen racionális, ellenkező esetben ugyanis a (*)-beli becslés hibája q -val szorozva már nem volna tetszőlegesen kicsivé tehető.
Mit tegyünk tehát, ha a számok között racionális és irracionális számok is vannak. Nos, a 2425. gyakorlat megoldásában láttuk, hogy ha az ai számok mindegyikéhez hozzáadjuk ugyanazt az α számot, akkor az így kapott bi számokra ugyanaz a feltétel teljesül, mint az ai számokra. Ha most α -t meg tudjuk úgy választani, hogy a bi számok már mind irracionálisak legyenek, akkor az eddigiek alapján ez a bi számok egyenlőségét jelentené, ami természetesen maga után vonná az ai számok egyenlőségét is.
Éppen ilyen α létezését biztosítja az alábbi, önmagában is érdekes
 

Lemma: Ha a1, a2, ..., am tetszőleges valós számok, akkor létezik olyan α valós szám, hogy az
a1+α,a2+α,...,am+α
összegek mindegyike irracionális.
 
Bizonyítás: Ha minden ai racionális, akkor bármely irracionális α megfelelő. Föltehető tehát, hogy pl. ai irracionális. Azt állítjuk, hogy az
α1=a1,α2=2a1,...,αm=m⋅a1,αm+1=(m+1)a1
számok között van megfelelő. Ha nem, akkor a skatulya-elv szerint van két különböző αj, hogy ugyanarra az ai -re racionális ai+αj1 és ai+αj2. Ekkor e két szám különbsége, αj1-αj2=(j1-j2)a1 is racionális, ami nem lehet, hisz ai irracionális, j1-j2 pedig 0-tól különböző egész.
Ezzel a lemmát és egyúttal a 4. Tételt is teljes egészében igazoltuk.
*A megoldás a KÖMAL 1988/3. számának 114. oldalán olvasható.