Cím: Léteznek-e transzcendens számok?
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 2001/április, 193 - 198. 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.

A legmegszokattabb számok az egész számok és a törtek. Ezeket együttesen racionális számoknak nevezzük. Tanulmányaink során a legelső nem racionális szám, amellyel találkozunk, a π, a kör kerületének és átmérőjének aránya. Az is megtörténik, hogy a tanórán közlik, hogy a π nemcsak irracionális, hanem transzcendens. Természetesen ennek bizonyítása nem szerepel, de jószerivel az sem válik világossá, mik azok a transzcendens számok. Az is előfordul, hogy megemlítik, az e (a természetes logaritmus alapszáma) ugyancsak transzcendens.
Minden bizonnyal 2 az első olyan szám, amelyről be is bizonyítják, hogy irracionális, vagyis nem állítható elő két egész szám hányadosaként. Általában is igaz, hogy a ,,gyökös kifejezések'' irracionálisak. Ezek a gyökös kifejezések azért annyiból egyszerűek, hogy valamilyen egész együtthatós polinomjuk 0-t ad. Ha például nézzük az α=2+3 számot, akkor erre α4-10α2+1=0 adódik.
Az olyan számokat, amelyek gyökei egy ‐ nem triviális ‐ egész együtthatós polinomnak, algebrai számoknak nevezzük. (Triviális az a polinom, amelynek minden együtthatója 0. E polinomnak minden szám gyöke.) Ne gondoljuk azt, hogy algebrai szám ugyanazt jelenti, mint gyökös kifejezés. Például az x5-4x+2 polinom gyökei definíció szerint algebrai számok, de egyiküket sem lehet kifejezni az egész számokból a négy alapművelet és gyökvonások segítségével. De térjünk vissza a transzcendens számokhoz.
Transzcendenseknek azokat a számokat nevezik, amelyek nem algebraiak.
Egy transzcendens számot nehéz ,,elképzelni''. Pedig ,,nagyon sokan vannak''. Ha egy tizedestört számjegyeit egymás után véletlenszerűen határozzuk meg, akkor biztosan transzcendens számot kapunk a végén. Csak persze nincs ,,vége''. A π vagy az e transzcendenciájának bizonyítása komoly segédeszközöket igényel. Egyébként a π transzcendeciájából következik, hogy egy egységnyi oldalú négyzettel azonos területű kör nem szerkeszthető körző és vonalzó ,,szabályos'' felhasználásával.

A továbbiakban meg fogjuk mutatni, hogy viszonylag egyszerűen beláthatjuk bizonyos számokról, hogy azok transzcendensek. Sőt, mi több, olyan számokat adunk meg, amelyeket egész könnyen le lehet írni (mármint a szám jegyeit szolgáló eljárást). Sokan próbálkoztak a π jegyeinek egymásutáni meghatározásával; az egyik ilyen próbálkozó személyéről nevezték el Ludolf-féle számnak. Természetesen a próbálkozásokat mindig ,,elölről'' kell kezdeni. Nem lehet az első ‐ mondjuk ‐ ötmillió jegy figyelembe vétele nélkül megadni az ötmillióegyediket. De hasonló igaz a 2 jegyeinek a meghatározására is.

Azon számok, az úgynevezett Liouville-számok esetében, amelyeket itt fogunk megadni, bármelyik jegyet meg lehet mondani anélkül, hogy ehhez a többi jegyre szükség volna. E számok megkonstruálásánál (pontosabban a transzcendencia bizonyításánál) a racionális számokkal való approximációra van szükség. Egy α valós számot törttel approximálni (közelíteni) azt jelenti, hogy a számhoz közel találunk egy törtet. Tulajdonképpen ennél többről van szó, egyre közelebb levő törtet kell találni. Példaképpen szerepeljen itt a következő eljárás:
,,Ha x közel van a a-hoz, akkor 12(x+ax) sokkal közelebb van''. Az a=2 esetben 21,41421356... . Ha a 232 közelítést vesszük, akkor az egymásutáni értékek: 1712, 577408, 665857470832, ... stb. Az ezekre adódó tizedestörtek: 1,5; 1,41667...; 1,414216...; 1,41421356237... stb. Láthatjuk, hogy itt minden lépésben nagyjából megduplázódik a helyes jegyek száma. Ez annak a következménye, hogy a ,,közelítő'' pq tört 2-től való eltérése kisebb, mint 1q2. Bizonyítható, hogy ez a jelenség lépésről lépésre öröklődik. Ezt tekinthetjük ,,jó közelítésnek''.
Érdekes jelenség, hogy a racionális számokat nem lehet racionális számokkal jól közelíteni (persze nincs is rá szükség), míg az irracionális számokat lehet. Ez a megfigyelés a kiindulása a transzcendens számok konstruálásának (illetve transzcendenciájuk bizonyításának). Megjegyezzük azonban, hogy a transzcendencia bizonyításához ,,a jó közelíthetőség'' tételéhez nincs szükség.

 
Tétel. Az α valós számhoz pontosan akkor található végtelen sok olyan (különböző) pq tört, amelyre |α-pq|<1q2, ha α irracionális.
 
Bizonyítás. Mindenek előtt megjegyezzük, hogy akármilyen q esetén az ilyen nevezőjű törtek közül legfeljebb kettő közelítheti meg α-t jobban, mint 1q, egyik ,,balról'', másik ,,jobbról''. Ha adott egy N természetes szám, akkor ‐ hasonlóképpen ‐ legfeljebb 2N darab olyan N-nél kisebb nevezőjű tört van, amely a nevező reciprokánál közelebb van α-hoz.
Legyen most először α=ab racionális szám. Ha  |ab-pq|1q2,  akkor ebből |aq-bp|bq következik. A q>b esetben tehát |aq-bp|<1; ami csak úgy lehet, hogy aq=bp (vagyis pq=ab), hiszen -1 és 1 között 0 az egyetlen egész szám. Az előzetes megjegyzés szerint b-nél nem nagyobb nevezőjű jól közelítő tört véges sok van, b-nél nagyobb nevezőjű pedig egy, így a jól közelítő törtek száma véges.
Legyen most α egy irracionális szám. Itt is egy előzetes megjegyzéssel kezdjük. Tekintsünk egy N természetes számot, és nézzük a 0α, 1α, 2α, ..., (N-1)α, Nα számok törtrészét. Példaként álljon itt az α=2 és N=5 eset:
 
  {02}    {12}    {22}    {32}    {42}    {52}    0    0,4142...    0,8284...    0,2426...    0,6568...    0,0710...  
 

A számokat rakjuk nagyság szerint sorba:
0;0,0710;0,2426;0,4142;0,6568;0,8284.
Látható, hogy a sorban két olyan lépés is van, amikor az ugrás kisebb, mint 0,2=15. Egy ilyen ,,kis ugrás'' minden irracionális számnál fellép. Rakjuk sorba nagyság szerint a
{0α},{1α},{2α},...,{(N-1)α},{Nα}
számokat. Ez N+1 darab szám, amelyek mind a [0,1) intervallumba esnek, és az elsőt kivéve egyikük sem racionális, hiszen α sem az. Osszuk most fel a [0,1] intervallumot a 0, 1N, 2N, ..., N-1N, NN osztópontokkal 1N hosszúságú részintervallumokra. Ezeknek az intervallumoknak a száma N. A skatulya-elv szerint tehát van olyan intervallum, amelybe a fenti N+1 szám közül kettő is jut. Van tehát olyan nemnegatív k,N, amelyre {kα}<{α} (egyenlők nem lehetnek, mert α irracionális), továbbá {α}-{kα}<1N (α irracionalitása miatt itt sem lehet egyenlőség). A törtrészekre vonatkozó elemi összefüggések alapján ebből 0<{(k-)α}<1N következik. Legyen q=k-. 0k,N miatt |q|N. A kapott {qα}<1N összefüggés a következőt jelenti:
Vannak olyan pozitív qN és p egész számok, amelyekre |qα-p|<1N.
Az is feltehető, hogy p és q relatív prímek. Hiszen, ha pu és qu megfelelnek, azaz, ha |quα-pu|<1N, akkor u-val osztva azt kapjuk, hogy |qα-p|<1Nu<1N; és persze qqu<N.
Ebből már azonnal következik az, hogy pq jól közelíti α-t. Valóban, felhasználva a 0<qN összefüggést, azt kapjuk, hogy
|α-pq|<1Nq1q2.

Még azt kell belátni, hogy végtelen sok ilyen tört van. Ez azt jelenti, hogy akármennyi megfelelő törtet veszünk is, mindig található ezektől különböző jól közelítő tört.
Tegyük fel, hogy p1q1, ..., pnqn megfelelő közelítő törtek, vagyis a |qiα-pi|=εi pozitív számokra εi<1qi (i=1,...,n), továbbá pi és qi bármely i esetén relatív prímek. Mivel az εi számok pozitívak, ezért van olyan N természetes szám, amely nagyobb, mint ezek bármelyikének a reciproka, vagyis bármely i esetén 1N<|qiα-pi|. A fenti eljárást erre az N-re végezve a kapott p és q számokkal |qα-p|<1N<|qiα-pi| adódik. Ez az egyenlőtlenség nyilván akkor is fennáll, ha p és q legnagyobb közös osztójával egyszerűsítünk. Így pq nem egyezhet meg a már figyelembe vett törtek egyikével sem, tehát újabb törtet kaptunk.
 

Ezekután bebizonyítjuk Liouville-nek azt a tételét, amelyik azt mondja ki, hogy az algebrai számok nem közelíthetők nagyon jól racionális számokkal.
 
Tétel. Ha α gyöke egy egész együtthatós n-edfokú polinomnak, akkor csak véges sok olyan pq tört létezik, amelyre |α-pq|<1qn+1.
 
Bizonyítás. Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy a bizonyításhoz valójában nincs szükség az előző tételre. Az is világos, hogy ez a tétel az n=1 esetben pontosan azt adja, hogy a racionális számok nem approximálhatóak jól.
Mint az előző tételben is láttuk, ha a pozitív q kisebb egy előre megadott N számnál, akkor legfeljebb véges sok törtre lehet |α-pq|<1q.
Tegyük fel, hogy α gyöke az egész együtthatós f(x)=anxn++a1x+a0 polinomnak, ahol an0. Az f(x) polinomnak legfeljebb n gyöke lehet, ezért csak véges sok racionális gyöke van (0 darab is véges sok!). A fenti N számot megválaszthatjuk úgy, hogy az itt szóbajövő törtek nevezőjénél is nagyobb legyen.
Most további törteket fogunk kizárni. Ha |α-pq|1, akkor a megkivánt egyenlőtlenség nem állhat fenn, ezért feltehető, hogy |α-pq|<1. Ebből azonnal következik, hogy α-1<pq<α+1, vagyis |pq|<|α|+1.
Tekintsünk most egy pq törtet, ami nem gyöke az f(x) polinomnak. Ez azt jelenti, hogy
f(pq)=an(pq)n++a1(pq)+a00.(1)
A tagokat közös nevezőre hozva és összeadva egy olyan törtet kapunk, amely nem 0, a számlálója egész szám és a nevezője qn. Ez pedig azt jelenti, hogy e tört abszolút értéke legalább 1qn, tehát
|f(pq)|1qn.(2)
Tudjuk viszont, hogy f(α)=0. Ezért f(pq)-f(α)=f(pq) következtében
|f(pq)-f(α)|1qn.(3)
(3) bal oldalát átalakítva olyan összeghez jutunk, amelynek tagjai ai((pq)i-αi) alakúak. Minden egyes ilyen tagból kiemelhető (pq)-α. Ezért a bal oldalon kiemelhető ez a tényező és egy olyan F(pq,α) polinom marad, amelynek az együtthatói az f(x) együtthatóiból készíthetők el. Ezek után megvizsgáljuk (3) bal oldalának az abszolút értékét, amire
|F(pq,α)||(pq)-α|1qn(4)
adódik. Most a bal oldal első tényezőjét növelni fogjuk. Ez a tényező
βi=ai[j=0i-1(pq)jαi-1-j](5)
alakú tagok összege. Felhasználjuk azt, hogy az összeg abszolút értéke legfeljebb akkora, mint a tagok abszolút értékének az összege és a szorzat abszolút értéke megegyezik a tényezők abszolút értékének a szorzatával. A szóbanforgó tényező tehát legfeljebb |β0|++|βn|. Most egy-egy βi értékét fogjuk felülről becsülni. Legyen A az ai-k abszolút értékének a maximuma. |pq||α|+1 és a triviális |α||α|+1 alapján (5)-ben |βi|Ai(|α|+1)i-1 adódik. Mivel |α|+11, ezért tovább növelünk, ha mindegyik (|α|+1)i-1 helyébe (|α|+1)n-t írunk. A vizsgált tényezőben összesen n+(n-1)++1<n2 tag van, ezért a vizsgált tényező legfeljebb
K=n2A(|α|+1)n.(6)


Ez a K szám nem függ (a ,,megmaradt'') pq törtektől, csak az előre magadott f(x) polinomtól és az α számtól. Azt kaptuk tehát, hogy vannak olyan K, N számok, hogy ha q>N, akkor
K|α-pq|1qn.
Ha mármost az M számot úgy választjuk, hogy M>K és M nagyobb a fentebb választott N számnál is; továbbá olyan q-t választunk, amelyre q>M, akkor a legutóbbi egyenlőtlenségből
|α-pq|1qn+1(7)
adódik. Eszerint csak véges sok olyan tört létezik, amelyikre (7) nem teljesül.
 
 

Az előbbi tétel segítségével előállíthatunk végtelen sok transzcendens számot, az úgynevezett Liouville számokat.
 
Tétel. Tetszőleges m>1 természetes számra létezik az
αm=n=11mn!(*)
végtelen összeg, amely transzcendens számot állít elő.
 
Bizonyítás. Azt kellene mindenekelőtt bizonyítani, hogy a fenti ,,végtelen összeg'' értelmesen definiálható. Ez nem okozna túl nagy nehézséget, de könnyen értelmezhető az m=10 esetben. Azért választjuk ezt az esetet, mert számrendszerünk alapszáma 10. Hasonló eljárás alkalmazható minden más m esetében, ha az m alapú számrendszerben dolgozunk.
Legyen tehát α=α10. A (*) felírás most egy végtelen tizedestörtet szolgáltat. Ebben a tizedestörtben az i-edik helyen 1 áll, ha alkalmas n természetes számra i=n! (0 nem̲ természetes szám), a többi helyen pedig 0 áll. A kapott szám tehát
α=0,11000100000000000000000100...
alakú. Most tetszőleges k>2 egész számra értelmezzük a pkqk=n=1k1mn! ,,közelítő'' törteket. Ha közös nevezőre hozunk és úgy adunk össze, akkor qk=10k! adódik, míg pk utolsó számjegye 1 lesz. Ezért a fenti tört már egyszerűsíthetetlen alak.
Nézzük ezután a γk=α-pkqk különbséget. Ez egy olyan tizedestört, amelyben az első 0-tól különböző jegy a (k+1)!-adik helyen szerepel és a további jegyek között szerepel a 0 is. Ezért biztosan kisebb annál a racionális számnál, amelyben eggyel előbb szerepel 1, és minden más helyen 0 áll:
γk<110(k+1)!-1.
Mivel (k+1)!-1=kk!+(k!-1)<kk!, ezért γk<1(qk)k.
Legyen most n rögzített és tekintsük az összes k>n+1 számot. Ezekre
α-pkqk=γk<1(qk)k1(qk)n+1
teljesül. Ezek a törtek mind különbözőek, mert rövidíthetetlen alakban vannak megadva, és ezek különböznek. Eszerint α bármely n-re végtelen sokszor ,,jól közelíthető'', tehát egyetlen n-re sem lehet gyöke egy nem azonosan 0 egész együtthatós polinomnak; α tehát transzcendens.
 

Fried Ervin