Kezdőlap


Cím:	A Riemann függvényről
Szerző(k):	Holló-Szabó Ferenc
Füzet:	1999/január, 15 - 21. 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.

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

\begin{matrix} R (x) = {\begin{matrix} 0, & haxirracionális, \\ \frac{1}{q}, & haxracionális,x = \frac{p}{q}, (p,qegészek,q > 0,(p, q) = 1. \end{matrix} \end{matrix}

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

x_{0}

helyen szokás definiálni. Ezek után egy

f

függvényt folytonosnak mondunk egy

M

halmazon, ha annak minden pontjában folytonos.
Az

x_{0}

-beli folytonosság pedig azt jelenti, hogy a függvény az

x_{0}

-hoz ,,közeli'' számokat az

x_{0}

-beli függvényértékhez,

f (x_{0})

-hoz ,,közeli'' értékekre képezi le.
Ezek után könnyű olyan függvényt megadni, amely pontosan egy adott helyen nem folytonos:

\begin{matrix} F (x) = {\begin{matrix} 2, & hax = 0, \\ 1 & egyébként. (2. ábra) \end{matrix} \end{matrix}

Olyan függvény, amelyik sehol nem folytonos:

\begin{matrix} D (x) = {\begin{matrix} 1, & haxracionális, \\ 0, & haxirracionális. \end{matrix} \end{matrix}

A fenti példa némi módosításával:

\begin{matrix} E (x) = {\begin{matrix} x, & haxracionális, \\ - x, & haxirracionális (3. ábra) \end{matrix} \end{matrix}

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

x_{0}

valós számhoz ,,közel'' már csak nagy nevezőjű törtek vannak, és így az

x_{0}

-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

\begin{matrix} \int_{0}^{1} R (x) d x = 0 \end{matrix}

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

(\frac{p}{q}, \frac{1}{q})

pontokat

\frac{p}{q}

-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 (

\frac{1}{3}

és

\frac{2}{3}

). 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

\frac{0}{1}

és az

\frac{1}{1}

R

-pontok feszítik ki, amelynek átlómetszéspontja az

\frac{1}{2}

. Geometriai eljárásunkkal a

(\frac{0}{1}, \frac{1}{1})

párból az

\frac{1}{2}

-t nyertük. Írjuk le algebrai művelettel a szerkesztést. Erre bevezetjük a

\otimes

jelet, így a

\frac{0}{1} \otimes \frac{1}{1} = \frac{1}{2}

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 = \frac{a}{b}

és az

s = \frac{c}{d}

, ahol

(a, b) = 1

, illetve

(c, d) = 1

és

b

d > 0

. Ekkor legyen

r \otimes s = \frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d} = \frac{a + c}{b + 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

\frac{a}{b} < \frac{c}{d}

, akkor

c b - a d = 1

1. Tétel. Ha az

\frac{a}{b}

és

\frac{c}{d}

racionális számokra teljesül, hogy

c b - a d = 1

, akkor a racionális számok redukált alakúak. Köztesüket vizsgálva az

\frac{a}{b}

és

\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}

, illetve az

\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}

és

\frac{c}{d}

párokra hasonlóan igaz, hogy a megfelelő keresztszorzatok különbsége 1, azaz

\begin{matrix} (a + c) b - a (b + d) = 1 és c (b + d) - (a + c) d = 1. \end{matrix}

Bizonyítás. A kiinduló racionális számok egyszerűsített alakban kell szerepeljenek, hiszen ellenkező esetben az 1-nél nagyobb közös osztó a

c b - a d

kifejezésnek is osztója. De

c b - a d = 1

, aminek 1-nél nagyobb osztója nem lehet.
Az állítás második fele a zárójelek felbontása és rendezés után nyomban adódik.

\begin{matrix} \begin{matrix} (a + c) b - a (b + d) = a b + c b - a b - a d = c b - a d = 1, \\ c (b + d) - (a + c) d = c b + c d - a d - c d = c b - a d = 1. \end{matrix} \end{matrix}

2. Tétel. Ha az

\frac{a}{b}

és

\frac{c}{d}

racionális számokra teljesül, hogy

c b - a d = 1

, akkor

\frac{a}{b} < \frac{c}{d}

, köztesük pedig közéjük ékelődik, azaz

\frac{a}{b} < \frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d} < \frac{c}{d}

Bizonyítás.

\frac{c}{d} - \frac{a}{b} = \frac{c b - a d}{d b} = \frac{1}{d b}

\frac{1}{d b}

pozitív, így az állítás első felét beláttuk. Ezután az

\frac{a}{b} < \frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d} < \frac{c}{d}

egyenlőtlenséglánc az 1. tételből nyomban adódik.
Az 1. tételből az is következik, hogy a fenti jelölésekkel az

\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d} = \frac{a + c}{b + d}

köztes is redukált alakú racionális szám. Ennek megfelelően

R (\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}) = R (\frac{a + c}{b + d}) = \frac{1}{b + d}

. Vajon az egységnégyzetből kiinduló eljárás előállítja-e ugyanezt, vagyis a megfelelő

(\frac{a}{b}, \frac{1}{b})

és

(\frac{c}{d}, \frac{1}{d})

gráfpontok által kifeszített trapéz átlómetszéspontja valóban az

(\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}, \frac{1}{b + d})

pont lesz-e?

3. Tétel. A köztesképzés művelete megfelel az átlómetszéspont megszerkesztésének, azaz a következő eljárások ekvivalensek:
a) A

(\frac{0}{1}, 1)

(\frac{1}{1}, 1)

számpárokból kiindulva, majd minden lépésben az

(\frac{a}{b}, \frac{1}{b})

, illetve

(\frac{c}{d}, \frac{1}{d})

párokhoz az

(\frac{a + c}{b + d}, \frac{1}{b + d})

-t rendeljük, ahol a párok első elemeire

\frac{a}{b} < \frac{c}{d}

, 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

(\frac{0}{1}, 1)

, illetve

(\frac{1}{1}, 1)

párok és a kiinduló egységnégyzet megfeleltetése után az első

(n - 1)

lépésen keresztül az

(\frac{a}{b}, \frac{1}{b})

, illetve a

(\frac{c}{d}, \frac{1}{d})

számpárok és az

A (\frac{a}{b}, R (\frac{a}{b}))

, illetve

B (\frac{c}{d}, R (\frac{c}{d}))

R

-pontok által kifeszített trapézok között megadható. Világos, hogy ekkor az egymásnak megfelelő két objektum:
a) a köztesképzés segítségével kapott

(\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}, \frac{1}{b + d})

számpár, amelynek felhasználásával az

(\frac{a}{b}, \frac{1}{b})

(\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}, \frac{1}{b + d})

és az

(\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}, \frac{1}{b + d})

(\frac{c}{d}, \frac{1}{d})

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 (\frac{a + c}{b + d}, \frac{1}{b + d})

pont lesz. Ezt a 6. ábra jelöléseit használva koordinátageometriai eszközökkel igazolhatjuk a leggyorsabban.
Az

A_{0} B

egyenes meredeksége

\frac{1}{d} : (\frac{c}{d} - \frac{a}{b}) = \frac{1}{d} : \frac{1}{b d} = b

, a

B_{0} A

egyenesé pedig

\frac{1}{b} : (\frac{a}{b} - \frac{c}{d}) = \frac{1}{b} : \frac{- 1}{b d} = - d

. Az egyenesek egyenlete így

\begin{matrix} A_{0} B : y = b x - a; B_{0} A : y = - d x + c . \end{matrix}

A két egyenes

C

metszéspontjára

\begin{matrix} x = \frac{a + c}{b + d} és y = \frac{1}{b + d}, \end{matrix}

azaz valóban megkapjuk az

\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}

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,

\frac{0}{1}

és

\frac{1}{1}

, 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

\frac{p}{q}

R

-pontot is megkapjuk.
Mivel

(p, q) = 1

, azért a

p x \equiv 1 (mod q)

kongruenciának létezik olyan

b

megoldása, amelyre

0 < b < q

. Ekkor

d = q - b

választással

p d \equiv - 1 (mod q)

. Ha most

\frac{p b - 1}{q} = a

és

\frac{p d + 1}{q} = c

, akkor nyilván

\begin{matrix} a + c = \frac{p (b + d)}{q} = p és b + d = q, \end{matrix}

továbbá

p b - a q = q c - p d = 1

miatt

(a, b) = (c, d) = 1

, végül

\begin{matrix} \frac{a}{b} < \frac{p}{q} = \frac{a + c}{b + d} < \frac{c}{d} . \end{matrix}

Megtaláltuk tehát a

\frac{p}{q}

-t szolgáltató két törtet, ezek

\frac{a}{b}

és

\frac{c}{d}

. 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) = \frac{1}{n}

(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