Cím: A Riemann függvényről
Szerző(k):  Holló-Szabó Ferenc 
Füzet: 1999/január, 15 - 21. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

Bernhard Riemann (1826‐1866), a neves német matematikus konstruálta az alábbi függvényt:

R(x)={0,  ha  x  irracionális,
 
1q,  ha  x  racionális,  x=pq, (p,  q  egészek,  q>0,  (p,q)=1.
Az 1. ábra a függvény grafikonjának néhány pontját ábrázolja. A Riemann-függvényt bevezető analízis szemináriumokon szokás vizsgálni; többek között a folytonosság fogalmát teszi árnyaltabbá.
1. ábra. A Riemann-függvény néhány pontjának ábrázolása
Folytonos függvényekről, pontosabban intervallumon folytonos függvények grafikonjáról szemléletes képünk van: ezek a görbék ,,a ceruza felemelése nélkül'' rajzolhatók meg. Maga a folytonosság azonban ,,lokálisan'' adható meg, egy függvény folytonosságát először adott x0 helyen szokás definiálni. Ezek után egy f függvényt folytonosnak mondunk egy M halmazon, ha annak minden pontjában folytonos.
Az x0-beli folytonosság pedig azt jelenti, hogy a függvény az x0-hoz ,,közeli'' számokat az x0-beli függvényértékhez, f(x0)-hoz ,,közeli'' értékekre képezi le.
Ezek után könnyű olyan függvényt megadni, amely pontosan egy adott helyen nem folytonos:
F(x)={2,ha  x=0,
 
1egyébként. (2. ábra)

Olyan függvény, amelyik sehol nem folytonos:
D(x)={1,ha  x  racionális,
 
0,ha  x  irracionális.
A fenti példa némi módosításával:
E(x)={x,ha  x  racionális,
 
-x,ha  x  irracionális (3. ábra)
olyan függvényhez jutunk, amelyik csupán egyetlen helyen folytonos. (Hol?)
Riemann példája azt mutatja, hogy a folytonosság fogalma tágabb, mint szemléletünk sugallja: R(x) ugyanis végtelen sok helyen folytonos és végtelen sok helyen nem az; pontosabban R(x) éppen az irracionális helyeken folytonos. Ez azon múlik, hogy tetszőleges x0 valós számhoz ,,közel'' már csak nagy nevezőjű törtek vannak, és így az x0-hoz ,,közeli'' számok kicsi, a 0-hoz közeli számokra képeződnek le. Mintha a konstans nulla függvényt a racionális helyeken ,,elszakítottuk'' volna, de igen óvatosan: ritka ‐ bár végtelen sok ‐ kivételtől eltekintve közel maradunk a 0 értékhez.
Igazolható ([5]), hogy olyan függvény viszont nem létezik, amely éppen a racionális helyeken folytonos.
A függvény az integrál fogalmához is érdekes példa. A klasszikus fizika integrálfogalma, mint a görbe által határolt terület, általánosítható. Ennek első lépése az integrálható függvények körébe vonja az R függvényt is, az integrál értékére pedig
01R(x)dx=0
adódik, azaz dacára a sűrűn előforduló pozitív értékeknek, az integrál értéke 0. Kérdéses persze ‐ és nem a matematika illetékességi köre ‐, hogy tulajdonítható-e fizikai jelentés az így kapott 0 értéknek, illetve van-e olyan fizikai folyamat, amelyet a Riemann-függvény ír le.
Az alábbiakban a Riemann függvénynek egy, az olvasó számára talán kevésbé ismert tulajdonságát mutatjuk be.
Könnyen látható, hogy a függvény korlátos, páros és periodikus. A továbbiakban a [0,1] periódusra szorítkozunk, sőt ‐ mivel irracionális helyeken a függvényérték 0 ‐ a [0,1] intervallumba eső racionális számokra szűkítjük az értelmezési tartományt. Az így nyert függvény gráfjának ponthalmazára (gráfpontok) röviden mint R-pontokra fogunk hivatkozni. Az R-pontokat a későbbiekben gyakran azonosítjuk első koordinátájuk redukált alakjával, azaz a (pq,1q) pontokat pq-val.
Az R-pontok halmazáról legalább hozzávetőleges képet szeretnénk kapni, hiszen a definíció szerint minden [0,1]-beli racionális pontban külön-külön kell ábrázolni a függvényt.
Néhány pont megszerkesztése után könnyű észrevenni, hogy az R-pontokat bizonyos szempontok alapján osztályozva egyes pontok egy-egy egyenesre, ún. tartóegyenesekre illeszkednek, amelyek segítségével a szerkesztés könnyebbé és pontosabbá válik. Az azonos számlálójú, az azonos nevezőjű, illetve az azonos számláló‐nevező különbségű pontok egy-egy tartóegyenesen helyezkednek el (4. ábra). Az egyenesekhez még néhány szerkesztési segédvonalat behúzva felfedezhetjük azt a szerkezetet, amelyet a továbbiakban vizsgálunk.
Olyan iteratív eljárást mutatunk, amely néhány R-pontból kiindulva újabb R-pontokat ad, amelyekre az eljárás újból alkalmazható. Sőt, az iterációval végül minden R-pontot megkapunk pontosan egyszer.
Bármely R-pont és első vetülete egy, az y tengellyel párhuzamos egyenest határoz meg, ebből következően ezek az egyenesek egymással is párhuzamosak. Ezek szerint bármely két R-pont (az első vetületeikkel) egy-egy trapézt feszít ki.
A legnagyobb ilyen trapéz az egységnégyzet, amely tartalmazza az összes R-pontot. Érdekes módon, ennek átlói újabb R-pontban metszik egymást. Az átlók metszéspontja a közvetlen ősökkel két újabb trapézt hoz létre. Látható, hogy a kapott trapézok átlómetszéspontjai is R-pontok (13 és 23). Sőt, folytatva, akárhány lépést hajtunk végre, minden esetben azt tapasztaljuk, hogy az átlómetszéspontok egyúttal R-pontok is (5. ábra).
Igaz-e, hogy minden előálló trapéz átlómetszéspontja R-pont? Megfordítva: Igaz-e, hogy az iteráció során minden R-pontot megkapunk? Azt szeretnénk tehát, hogy az egységnégyzetből származtatott trapézok, illetve ezek átlómetszéspontjai és az R-pontok között lényegében (azaz a (0,1) és az (1,1) pontoktól eltekintve) kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés legyen.
A Riemann-függvény és az imént vázolt geometriai algoritmus kapcsolatának felderítéséhez a függvény definíciójában is érintett számelméleti‐algebrai ismereteinket hívjuk segítségül. A függvény hozzárendelési szabálya a racionális számok redukált alakját használja. Még néhány észrevétel és egy teljes indukciós bizonyítással egyszerűen tisztázható a legtöbb nyitva maradt kérdés. A kiinduló egységnégyzetet a 01 és az 11 R-pontok feszítik ki, amelynek átlómetszéspontja az 12. Geometriai eljárásunkkal a (01,11) párból az 12-t nyertük. Írjuk le algebrai művelettel a szerkesztést. Erre bevezetjük a jelet, így a 0111=12 algebrai alakot öltötte a fenti szerkesztési lépés.
A fentiek alapján a [0,1] racionális számaira általánosan is definiálhatjuk a köztesképzésnek vagy mediánsképzésnek nevezett műveletet. A geometriai szemléltetésből látszik, hogy a művelet eredménye az ,,összeadandók'' (operandusok) közé ékelődik.
 
Definíció. Két racionális szám köztesét redukált alakjukból nyerjük (a fentiekhez hasonló módon). Legyen adva két redukált alakú racionális szám az r=ab és az s=cd, ahol (a,b)=1, illetve (c,d)=1 és b, d>0. Ekkor legyen rs=abcd=a+cb+d.
Meg kell fogalmaznunk még egy fontos észrevételt: a trapézokat kifeszítő R-pontpárokat fel lehet ismerni csupán algebrai alakjukból. A kiinduló néhány lépésben szereplő párokat vizsgálva észrevehetjük, hogy a fenti jelölésekkel élve, ha ab<cd, akkor cb-ad=1.
 
1. Tétel. Ha az ab és cd racionális számokra teljesül, hogy cb-ad=1, akkor a racionális számok redukált alakúak. Köztesüket vizsgálva az ab és abcd, illetve az abcd és cd párokra hasonlóan igaz, hogy a megfelelő keresztszorzatok különbsége 1, azaz
(a+c)b-a(b+d)=1ésc(b+d)-(a+c)d=1.

 
Bizonyítás. A kiinduló racionális számok egyszerűsített alakban kell szerepeljenek, hiszen ellenkező esetben az 1-nél nagyobb közös osztó a cb-ad kifejezésnek is osztója. De cb-ad=1, aminek 1-nél nagyobb osztója nem lehet.
Az állítás második fele a zárójelek felbontása és rendezés után nyomban adódik.
(a+c)b-a(b+d)=ab+cb-ab-ad=cb-ad=1,c(b+d)-(a+c)d=cb+cd-ad-cd=cb-ad=1.

 
2. Tétel. Ha az ab és cd racionális számokra teljesül, hogy cb-ad=1, akkor ab<cd, köztesük pedig közéjük ékelődik, azaz ab<abcd<cd.
 
Bizonyítás. cd-ab=cb-addb=1db.

1db pozitív, így az állítás első felét beláttuk. Ezután az ab<abcd<cd egyenlőtlenséglánc az 1. tételből nyomban adódik.
Az 1. tételből az is következik, hogy a fenti jelölésekkel az abcd=a+cb+d köztes is redukált alakú racionális szám. Ennek megfelelően R(abcd)=R(a+cb+d)=1b+d. Vajon az egységnégyzetből kiinduló eljárás előállítja-e ugyanezt, vagyis a megfelelő (ab,1b) és (cd,1d) gráfpontok által kifeszített trapéz átlómetszéspontja valóban az (abcd,1b+d) pont lesz-e?

 
3. Tétel. A köztesképzés művelete megfelel az átlómetszéspont megszerkesztésének, azaz a következő eljárások ekvivalensek:
a) A (01,1), (11,1) számpárokból kiindulva, majd minden lépésben az (ab,1b), illetve (cd,1d) párokhoz az (a+cb+d,1b+d)-t rendeljük, ahol a párok első elemeire ab<cd, és közéjük eső racionális érték az iteráció során még nem fordult elő.
b) Az R-pontokat tartalmazó egységnégyzetből kiindulva minden lépésben megszerkesztjük az újonnan kapott trapézok átlómetszéspontjait. Minden pont első vetítőszakasza a trapéz alapjaival (az y tengellyel párhuzamos oldalak) két újabb trapézt feszít ki, amelyekre az eljárás újból alkalmazható.
 
Bizonyítás. A tételt teljes indukcióval bizonyítjuk.
A kiinduló feltételeket az elvárásoknak megfelelően párhuzamba lehet állítani. Az előző tételek figyelembe vételével már csak azt kell igazolnunk, hogy a közös indulás után ugyanúgy haladunk tovább.
Tegyük fel, hogy az ekvivalencia ‐ a kezdeti (01,1), illetve (11,1) párok és a kiinduló egységnégyzet megfeleltetése után az első (n-1) lépésen keresztül az (ab,1b), illetve a (cd,1d) számpárok és az A(ab,R(ab)), illetve B(cd,R(cd)) R-pontok által kifeszített trapézok között megadható. Világos, hogy ekkor az egymásnak megfelelő két objektum:
a) a köztesképzés segítségével kapott (abcd,1b+d) számpár, amelynek felhasználásával az (ab,1b),  (abcd,1b+d) és az (abcd,1b+d),  (cd,1d) számpárokhoz jutunk.
b) másrészt, a szóban forgó trapéz átlómetszéspontja (amelyet a négy csúcs vagy a trapéz alapjai egyértelműen meghatároznak), amelynek felhasználásával a folytatáshoz szükséges új trapézokat nyerünk.
Belátjuk, hogy ha (n-1) lépésen keresztül egyértelmű a megfeleltetés az a) és a b) eljárás lépései között, akkor az az n-edik lépésben ugyanilyen módon folytatható. Elég belátni, hogy a fentiekben tárgyalt feltételek mellett a trapéz átlómetszéspontja a C(a+cb+d,1b+d) pont lesz. Ezt a 6. ábra jelöléseit használva koordinátageometriai eszközökkel igazolhatjuk a leggyorsabban.
Az A0B egyenes meredeksége 1d:(cd-ab)=1d:1bd=b, a B0A egyenesé pedig 1b:(ab-cd)=1b:-1bd=-d. Az egyenesek egyenlete így
A0B:y=bx-a;B0A:y=-dx+c.
A két egyenes C metszéspontjára
x=a+cb+désy=1b+d,
azaz valóban megkapjuk az abcd  R-pontot.
 
Végül meg kell mutatnunk, hogy eljárásunk során minden R-pontot megkapunk. Ezt a nevezőkre vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk.
Ha q=1, akkor két R-pont van, 01 és 11, ezekkel kezdődik az eljárás. Legyen most q>1, és tegyük föl, hogy valamennyi q-nál kisebb nevezőjű R-pontot megkapunk. Megmutatjuk, hogy ha 0<p<q és (p,q)=1, akkor a pq R-pontot is megkapjuk.
Mivel (p,q)=1, azért a px1(modq) kongruenciának létezik olyan b megoldása, amelyre 0<b<q. Ekkor d=q-b választással pd-1(modq). Ha most pb-1q=a és pd+1q=c, akkor nyilván
a+c=p(b+d)q=pésb+d=q,
továbbá pb-aq=qc-pd=1 miatt (a,b)=(c,d)=1, végül
ab<pq=a+cb+d<cd.
Megtaláltuk tehát a pq-t szolgáltató két törtet, ezek ab és cd. Mindkét nevező kisebb, mint q, így az indukciós feltevést alkalmazva a bizonyítás teljes.
 

A cikket néhány feladattal zárjuk:
 
1. Bizonyítsuk be, hogy a Riemann-függvény periodikus!
 
2. A Riemann-függvény [0,1] periódusában hány olyan x érték van, amelyre R(x)=1n (adott n természetes szám esetén)?
 
3. Hány olyan egyenes van a síkban, amelyre a Riemann-függvénynek végtelen sok gráfpontja esik?
 
4. Mit lehet mondani R(x) differenciálhatóságáról?
 
5. A köztesképzésnek milyen műveleti tulajdonságai vannak? (Pl. kommutativitás, asszociativitás, disztributivitás valamilyen másik műveletre nézve, idempotencia.)
 
6. Az iteratív eljárás során n lépés után mekkora az előforduló legnagyobb nevező?
 
 
Irodalomjegyzék
 
 


*[1]KöMaL 1893‐1993 matematika CD-ROM
*[2]Niven‐Zuckermann: Bevezetés a számelméletbe (Műszaki Könyvkiadó, 1978)
*[3]Reiman István: A geometria és határterületei (Gondolat, 1986)
*[4]Sain Márton: Nincs királyi út (Gondolat, 1986)
*[5]Sain Márton: Matematikatörténeti ABC (Tankönyvkiadó, 1980)
*[6]Erdős‐Surányi: Válogatott fejezetek a számelméletből (Polygon, 1996)

 

Holló-Szabó Ferenc