Kezdőlap


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

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 $\sqrt[]{2}$ 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 $α = \sqrt[]{2} + \sqrt[]{3}$ számot, akkor erre $α^{4} - 10 α^{2} + 1 = 0$ 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 $x^{5} - 4 x + 2$ 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 $\sqrt[]{2}$ 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 $\sqrt[]{a}$ -hoz, akkor $\frac{1}{2} (x + \frac{a}{x})$ sokkal közelebb van''. Az $a = 2$ esetben $\sqrt[]{2} \approx 1,41421356 ...$ . Ha a $\sqrt[]{2} \approx \frac{3}{2}$ közelítést vesszük, akkor az egymásutáni értékek: $\frac{17}{12}$ , $\frac{577}{408}$ , $\frac{665857}{470832}$ , $...$ 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'' $\frac{p}{q}$ tört $\sqrt[]{2}$ -től való eltérése kisebb, mint $\frac{1}{q^{2}}$ . 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)

\frac{p}{q}

tört, amelyre

| α - \frac{p}{q} | < \frac{1}{q^{2}}

, ha

α

irracionális.

Bizonyítás. Mindenek előtt megjegyezzük, hogy akármilyen

q

esetén az ilyen nevezőjű törtek közül legfeljebb kettő közelítheti meg

α

-t jobban, mint

\frac{1}{q}

, egyik ,,balról'', másik ,,jobbról''. Ha adott egy

N

természetes szám, akkor ‐ hasonlóképpen ‐ legfeljebb

2 N

darab olyan

N

-nél kisebb nevezőjű tört van, amely a nevező reciprokánál közelebb van

α

-hoz.
Legyen most először

α = \frac{a}{b}

racionális szám. Ha

| \frac{a}{b} - \frac{p}{q} | \leq \frac{1}{q^{2}}

, akkor ebből

| a q - b p | \leq \frac{b}{q}

következik. A

q > b

esetben tehát

| a q - b p | < 1

; ami csak úgy lehet, hogy

a q = b p

(vagyis

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

), 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

0 α

1 α

2 α

...

(N - 1) α

N α

számok törtrészét. Példaként álljon itt az

α = \sqrt[]{2}

és

N = 5

eset:

\begin{matrix} {0 \sqrt[]{2}} & {1 \sqrt[]{2}} & {2 \sqrt[]{2}} & {3 \sqrt[]{2}} & {4 \sqrt[]{2}} & {5 \sqrt[]{2}} \\ 0 & 0,4142 ... & 0,8284 ... & 0,2426 ... & 0,6568 ... & 0,0710 ... \end{matrix}

A számokat rakjuk nagyság szerint sorba:

\begin{matrix} \begin{matrix} 0; 0,0710; 0,2426; 0,4142; 0,6568; 0,8284. \end{matrix} \end{matrix}

Látható, hogy a sorban két olyan lépés is van, amikor az ugrás kisebb, mint

0,2 = \frac{1}{5}

. Egy ilyen ,,kis ugrás'' minden irracionális számnál fellép. Rakjuk sorba nagyság szerint a

\begin{matrix} {0 α}, {1 α}, {2 α}, ..., {(N - 1) α}, {N α} \end{matrix}

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

\frac{1}{N}

\frac{2}{N}

...

\frac{N - 1}{N}

\frac{N}{N}

osztópontokkal

\frac{1}{N}

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, ℓ \leq N

, amelyre

{k α} < {ℓ α}

(egyenlők nem lehetnek, mert

α

irracionális), továbbá

{ℓ α} - {k α} < \frac{1}{N}

(

α

irracionalitása miatt itt sem lehet egyenlőség). A törtrészekre vonatkozó elemi összefüggések alapján ebből

0 < {(k - ℓ) α} < \frac{1}{N}

következik. Legyen

q = k - ℓ

0 \leq k, ℓ \leq N

miatt

| q | \leq N

. A kapott

{q α} < \frac{1}{N}

összefüggés a következőt jelenti:
Vannak olyan pozitív

q \leq N

és

p

egész számok, amelyekre

| q α - p | < \frac{1}{N}

.
Az is feltehető, hogy

p

és

q

relatív prímek. Hiszen, ha

p u

és

q u

megfelelnek, azaz, ha

| q u α - p u | < \frac{1}{N}

, akkor

u

-val osztva azt kapjuk, hogy

| q α - p | < \frac{1}{N u} < \frac{1}{N}

; és persze

q \leq q u < N

.
Ebből már azonnal következik az, hogy

\frac{p}{q}

jól közelíti

α

-t. Valóban, felhasználva a

0 < q \leq N

összefüggést, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} | α - \frac{p}{q} | < \frac{1}{N q} \leq \frac{1}{q^{2}} . \end{matrix}

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

\frac{p_{1}}{q_{1}}

...

\frac{p_{n}}{q_{n}}

megfelelő közelítő törtek, vagyis a

| q_{i} α - p_{i} | = ε_{i}

pozitív számokra

ε_{i} < \frac{1}{q_{i}}

(

i = 1, ..., n

), továbbá

p_{i}

és

q_{i}

bármely

i

esetén relatív prímek. Mivel az

ε_{i}

számok pozitívak, ezért van olyan

N

természetes szám, amely nagyobb, mint ezek bármelyikének a reciproka, vagyis bármely

i

esetén

\frac{1}{N} < | q_{i} α - p_{i} |

. A fenti eljárást erre az

N

-re végezve a kapott

p

és

q

számokkal

| q α - p | < \frac{1}{N} < | q_{i} α - p_{i} |

adódik. Ez az egyenlőtlenség nyilván akkor is fennáll, ha

p

és

q

legnagyobb közös osztójával egyszerűsítünk. Így

\frac{p}{q}

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

\frac{p}{q}

tört létezik, amelyre

| α - \frac{p}{q} | < \frac{1}{q^{n + 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 - \frac{p}{q} | < \frac{1}{q}

.
Tegyük fel, hogy

α

gyöke az egész együtthatós

f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0}

polinomnak, ahol

a_{n} \neq 0

. 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 - \frac{p}{q} | \geq 1

, akkor a megkivánt egyenlőtlenség nem állhat fenn, ezért feltehető, hogy

| α - \frac{p}{q} | < 1

. Ebből azonnal következik, hogy

α - 1 < \frac{p}{q} < α + 1

, vagyis

| \frac{p}{q} | < | α | + 1

.
Tekintsünk most egy

\frac{p}{q}

törtet, ami nem gyöke az

f (x)

polinomnak. Ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} f (\frac{p}{q}) = a_{n} {(\frac{p}{q})}^{n} + \dots + a_{1} (\frac{p}{q}) + a_{0} \neq 0. \end{matrix}

(1)

A tagokat közös nevezőre hozva és összeadva egy olyan törtet kapunk, amely nem

0

, a számlálója egész szám és a nevezője

q^{n}

. Ez pedig azt jelenti, hogy e tört abszolút értéke legalább

\frac{1}{q^{n}}

, tehát

\begin{matrix} | f (\frac{p}{q}) | \geq \frac{1}{q^{n}} . \end{matrix}

(2)

Tudjuk viszont, hogy

f (α) = 0

. Ezért

f (\frac{p}{q}) - f (α) = f (\frac{p}{q})

következtében

\begin{matrix} | f (\frac{p}{q}) - f (α) | \geq \frac{1}{q^{n}} . \end{matrix}

(3)

(3) bal oldalát átalakítva olyan összeghez jutunk, amelynek tagjai

a_{i} ({(\frac{p}{q})}^{i} - α^{i})

alakúak. Minden egyes ilyen tagból kiemelhető

(\frac{p}{q}) - α

. Ezért a bal oldalon kiemelhető ez a tényező és egy olyan

F (\frac{p}{q}, α)

polinom marad, amelynek az együtthatói az

f (x)

együtthatóiból készíthetők el. Ezek után megvizsgáljuk (3) bal oldalának az abszolút értékét, amire

\begin{matrix} | F (\frac{p}{q}, α) | \cdot | (\frac{p}{q}) - α | \geq \frac{1}{q^{n}} \end{matrix}

(4)

adódik. Most a bal oldal első tényezőjét növelni fogjuk. Ez a tényező

\begin{matrix} β_{i} = a_{i} [\sum_{j = 0}^{i - 1} {(\frac{p}{q})}^{j} α^{i - 1 - j}] \end{matrix}

(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

| β_{0} | + \dots + | β_{n} |

. Most egy-egy

β_{i}

értékét fogjuk felülről becsülni. Legyen

A

a_{i}

-k abszolút értékének a maximuma.

| \frac{p}{q} | \leq | α | + 1

és a triviális

| α | \leq | α | + 1

alapján (5)-ben

| β_{i} | \leq A \cdot i \cdot {(| α | + 1)}^{i - 1}

adódik. Mivel

| α | + 1 \geq 1

, ezért tovább növelünk, ha mindegyik

{(| α | + 1)}^{i - 1}

helyébe

{(| α | + 1)}^{n}

-t írunk. A vizsgált tényezőben összesen

n + (n - 1) + \dots + 1 < n^{2}

tag van, ezért a vizsgált tényező legfeljebb

\begin{matrix} K = n^{2} \cdot A \cdot {(| α | + 1)}^{n} . \end{matrix}

(6)

Ez a

K

szám nem függ (a ,,megmaradt'')

\frac{p}{q}

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

\begin{matrix} K \cdot | α - \frac{p}{q} | \geq \frac{1}{q^{n}} . \end{matrix}

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

\begin{matrix} | α - \frac{p}{q} | \geq \frac{1}{q^{n + 1}} \end{matrix}

(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

\begin{matrix} α_{m} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{m^{n!}} \end{matrix}

(*)

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 = α_{10}

. 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

\begin{matrix} α = 0,11000100000000000000000100 ... \end{matrix}

alakú. Most tetszőleges

k > 2

egész számra értelmezzük a

\frac{p_{k}}{q_{k}} = \sum_{n = 1}^{k} \frac{1}{m^{n!}}

,,közelítő'' törteket. Ha közös nevezőre hozunk és úgy adunk össze, akkor

q_{k} = 10^{k!}

adódik, míg

p_{k}

utolsó számjegye

1

lesz. Ezért a fenti tört már egyszerűsíthetetlen alak.
Nézzük ezután a

γ_{k} = α - \frac{p_{k}}{q_{k}}

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:

\begin{matrix} γ_{k} < \frac{1}{10^{(k + 1)! - 1}} . \end{matrix}

Mivel

(k + 1)! - 1 = k \cdot k! + (k! - 1) < k \cdot k!

, ezért

γ_{k} < \frac{1}{{(q_{k})}^{k}}

.
Legyen most

n

rögzített és tekintsük az összes

k > n + 1

számot. Ezekre

\begin{matrix} α - \frac{p_{k}}{q_{k}} = γ_{k} < \frac{1}{{(q_{k})}^{k}} \leq \frac{1}{{(q_{k})}^{n + 1}} \end{matrix}

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