Schultz Vera Magdolna – Győry Ákos Földes Ferenc Gimnázium Miskolc

1. Néhány racionális gondolat az irracionalitásrólXVII. HAJNAL IMRE MATEMATIKA TESZTVERSENYÉSMÓDSZERTANI NAP2013. április 13.Gyula Schultz Vera Magdolna – Győry ÁkosFöldes Ferenc GimnáziumMiskolc

2. Az előadást motiváló cikk:Martin Gardner:Kettő négyzetgyöke = 1,414 213 562 373 095…(Természet Világa – Matematika különszám, 1998, 93-96. oldal) Egyéb források: Ian Stewart: A végtelen megszelídítése (Helikon Kiadó, 2008) Nagy pillanatok a matematika történetében (Gondolat Könyvkiadó, Budapest, 1981) Erdős Pál – Surányi János: Válogatott fejezetek a számelméletből(POLYGON, Szeged, 2004) B. L. Van Der Waerden: Egy tudomány ébredése (Gondolat Könyvkiadó, Budapest, 1977) Internet

3. Egy kis történelem • pitagoreusok (kb. i. e. 600-400; az ókori Görög-országban működő filozófiai iskola tagjai):a világ örök törvényeit kutatták a matematika, a csillagászat és a zene tanulmányozásával • zene harmonikus hangzás arányok • az egész számokon alapul a világmindenség • irracionális számok felfedezése (Hippaszosz?) • a tény alapjaiban rengette meg a matematikát – természetes számokkal mégsem írható le világunk? • eskü: „maradjon köztünk” • Hippaszosz(kb. i. e. 450) felfedte a titkot –> hajóút –> rejtélyes eltűnés…

4. Definíció: két szakasz összemérhető, ha mindkettő egész számú többszöröse ugyanannak a szakasznak. Mai szóhasználattal élve: Amennyiben két szakasz közül az egyik hossza racionális, a másik pedig irracionális, úgy a két szakasz nem összemérhető. A geometriai bizonyítások alapja: szakaszok összemérhetetlenségének megmutatása.Módszer: indirekt bizonyítás + végtelen leszállás elve.

5. 1. bizonyítás a irracionalitására 7. A aP3 Q3 R3 C négyzet az eddigi legkisebb, s szintén egymással összemérhető oldalakkal és átlóval rendelkezik e segítségével. 1. Tekintsük az ABCD négyzetet, s tegyük fel indirekt, hogy ennek oldala és átlója egymással összemérhető, azaz hosszuk ugyanannak a számnak (=: e) egész számú többszöröse. 2. Mérjük fel A-ból az átlóra az alapot, így kapjuk a P1pontot. A P1C szakasz hossza ekkor e-nek egész számú többszöröse lesz. 3. Rajzoljuk meg a P1Q1R1C négyzetet az ábra szerinti módon. Ez a négyzet egyrészt kisebb, mint az eredeti, másrészt oldala és átlója e-vel összemérhető. 4. A második lépéshez hasonlóan kapjuk az P2pontot. 5. Majd pedig a P2 Q2 R2 Cnégyzethez jutunk, mely még kisebb, mint a korábbiak, s oldala és átlója szintén összemérhető e-vel. 6. Aztán jöhet a P3 pont analóg módon. 8. Az algoritmus a végtelenségig folytatható lenne így, ám egyszer csak olyan négyzethez jutunk, amelynek oldala kisebb, mint e, miközben hossza e-nek egész számú többszöröse. Ez nyilván ellentmondás, ami azt jelenti, hogy a négyzet oldala és átlója egymással nem összemérhető! Ha a négyzet oldala 1 volt, akkor ez éppen azt jelenti, hogy a irracionális.

6. A következő bizonyítást 2000-ben (!) közölték: Tom M. Apostol:Irrationality of The SquareRoot of Two – A GeometricProof(The American MathematicalMonthly, Vol. 107. No. 9 (Nov., 2000), pp. 841-842)

7. 2. bizonyítás a irracionalitására(Tom M. Apostol) 1. Tekintsük az 1 hosszú befogójú egyenlő szárú derékszögű ABC háromszöget, s tegyük fel indirekt, hogy ennek átfogója alakú, ahol és relatív prímek. 2. „Fújjuk” fel a háromszöget -szeresére. Az így kapott háromszög a legkisebb egész oldalhosszakkal rendelkező egyenlő szárú derékszögű háromszög. 5. P-ből érintőt szerkesztünk, mely kimetszi a másik befogóból Q-t. 6. Ekkor a konstrukció miatt: . 7. A B’QP háromszög oldalai egészek, ami ellentmondást jelent. Ez azt jelenti, hogya -tnem lehet alakban felírni! 3. A kapott háromszög legyen A’B’C’. 4. Mérjük fel A’-ből az átogóra az hosszúságot, így kapjuk a P pontot.

8. 3. bizonyítás a irracionalitására (Hugo Steinhaus: Matematikai kaleidoszkóp, Gondolat Könyvkiadó, 1984) 6. Mivel , ez azt jelenti, hogy az A’’B’CD’ téglalap hasonló az ABCD téglalaphoz (viszont oldalai rövidebbek, hiszen ), továbbá oldalai e –re nézve egymással összemérhetőek. Az algoritmus ezek után ismételhető a végtelenségig, ami nyilvánvaló ellentmondás, hiszen egyszer csak az egyik kapott téglalap valamelyik oldala e-nél kisebb lenne. 1. Tekintsünk egy olyan ABCD téglalapot, amelyet ha kettévágunk egybevágó részekre (ABF2F1, illetve F1F2CD téglalapokra), a kapott két tartomány hasonló az eredeti téglalaphoz.Ekkor tehát: . Ha b-t 1-nek választjuk, az éppen azt jelenti, hogy . 2. Tegyük fel ezek után indirekt módon, hogy a és b egymással összemérhető, azaz egy e egységnek egész számú többszörösei. 3. Vágjunk le a téglalapból egy b oldalhosszú négyzetet az ábra szerint. Így kapjuk az A’B’CD téglalapot, melynek oldalhosszai tehát a – b és b. 4. Ezek után az A’B’CD téglalapból szeljünk le egy a – b oldalhosszúságú négyzetet, ahogy azt az ábra mutatja. 5. A kapott A’’B’CD’ téglalap oldalhosszaia – bés 2b – a, melyek e segítségével összemérhető távolságok.

9. 4. bizonyítás a irracionalitására(Stanley Tennenbaum) Az 1950-es években Stanley Tennenbaum(1927-2006) egy nagyon egyszerű, ám annál szemléletesebb geometriai bizonyítását adta a irracionalitásának, de szélesebb körben ismert csak 1990 körül lett John Conwayáltal (The power of mathematics, In Power, Darwin College Lectures16, Cambridge University Press, 2006). Induljunk ki onnan, hogy a felírható tört alakban, azaz , ahol és pozitív egész számok. Szemléltessük ezt a tényt három négyzet segítségével:

10. ⟹ 3. Mivel a két oldalhosszúságú négyzet területének összege megegyezik az oldalhosszúságú négyzet területével, így az általuk átfedett terület szükségszerűen megegyezik a rajtuk kívüli területtel, vagyis a középső ( oldalhosszúságú) négyzet területe megegyezik a másik két ( oldalhoszúságú) négyzet területösszegével. 2. Ekkor keletkezik három kisebb négyzet (egy és két egész oldalhosszúságú). 4. Az algoritmust ezek után a csíkozott négyzetekkel folytatható, amely a végtelen leszállás elve miatt ellentmondáshoz vezet (hiszen és pozitív egész számok voltak, s így egyszer csak elfogynak az egész távolságok). 1. Toljuk rá a kisebb négyzeteket a nagyra az ábra szerint.

11. Tennenbaum ábrájához hasonló ábrák segítségével 2006-ban Steven Miller és David Montague geometriai úton mutatta meg a , a , a , és általánosabban a alakú számok irracionalitását (IrrationalityFrom The Book). Ezek közül nézzük a irracionalitásának a bizonyítását.

12. A irracionalitásának bizonyítása(Steven Miller-David Montague) ⟹ 1. Tegyük fel, hogy a-at fel tudjuk írni tört alakban, vagyis , ahol és pozitív egész számok.Ez geometriailag érzékeltethető négy háromszög segítségével (l. ábra). 3. Ekkor keletkezik négy kisebb háromszög (egy oldalú, és három oldalú). 5. Az algoritmust folytatva ezután a csíkozott háromszögekkel ellentmondásra jutunk. 2. Helyezzük el a kisebb háromszöge-keta nagyra, ahogy azt az ábra mutatja. 4. Mivel a három oldalhosszúságú háromszög területének összege megegyezik az oldalhosszúságú háromszög területével, így az általuk átfedett terület nyilván megegyezik a rajtuk kívüli területtel, vagyis a középső ( oldalhosszúságú) háromszög területe megegyezik a másik három ( oldalhoszúságú) háromszög területösszegével.

13. A irracionalitásának bizonyítása(Edward J. Barbeau, 1983) 7. Ha -t 2-nek választjuk, akkor -ra + 1 adódik, amivel épp azt jelenti, hogy a ir-racionális. 1. Tekintsük az ABCDE szabályos ötszöget. 3. Jelölje az ABCDE ötszög oldalának,pedig átlójának hosszát. Azt fogjuk megmu-tatni, hogy és nem összemérhető. Tegyük fel ennek ellenkezőjét, azaz, hogy és összemérhető mondjuk e segítségével. 4. A1A5 = BA5+ A1E– BE = 6. Ez azt jelenti, hogy az A1A2A3A4A5ötszög oldala és átlója egymással szintén össze-mérhető e segítségével. Mivel ezek a szaka-szokkisebbek az eredeti szakaszoknál (hiszen ), az algo-ritmusfolytatható a kisebb ötszöggel, ami nyilván ellentmondást jelent. 2. Vegyük fel ennek átlóit, s így kapjuk az ötszög belsejében az A1A2A3A4A5- szintén szabályos - ötszöget. 5. A2A5 = AA5 = AD – A5D=

14. A irracionalitásának bizonyítása(c egész, de nem négyzetszám) 1. Tekintsük az ABC derékszögű háromszöget, melyben a derékszöghöz tartozó magasság az átfogót 1 és c hosszúságú szeletekre osztja. Ekkor a magasság hossza éppen . Azt mutatjuk meg, hogy a CATc derékszögű háromszög befogói egymással nem összemérhetők. Ez éppen irracionalitását jelenti. 5. Ekkor a BB1D1, B1B2D2, …, Bk-1BkDk háromszögek egybevágóak a CATc háromszöggel, a BkCTc,k háromszög pedig hasonló hozzá, és kisebb nála, mivel a megfelelő oldalaik merőlegesek egymásra, és az előbbiek rövidebb befogóinak hossza 1, az utolsóé pedig ennél kisebb. 2. Mérjük fel a TcC szakaszra az 1 hosszúságot Tc-ből kiindulva annyiszor, ahányszor csak tudjuk. Így kapjuk a Tc,1, Tc,2, …,Tc,k pontokat (az ábrán k = 3). Ekkor 0 < Tc,kC < 1, hiszen c nem négyzetszám. 3. Minden egyes Tc,i pontból (i = 1, …, k) állítsunk merőlegest TcC-re. Így kapjuk BC-n a B1, B2, …, Bk pontokat. 4. A kapott Bi pontokat (i = 1, …, k) vetítsük le az alattuk közvetlenül felvett szakaszokra, melyek kimetszik a D1, D2, …, Dk pontokat. 6. Tegyük fel indirekt, hogy ATc és TcC egymással összemérhető. A lehető legnagyobb közös mérték legyen e. 7. Ekkor e maradék nélkül megvan Tc,kBk-ban és Tc,kC-ben egyaránt, hiszenTc,kBk= c – k ∙TcC, illetve Tc,kC = TcC – k ∙ 1. 8. A BkCTc,kderékszögű háromszög befogói tehát összemérhetők e segítségével. 9. Nagyítsuk a BkCTc,kháromszöget a közös mértékkel együtt akkorára, mint a CATc háromszög. Ekkor azt kapjuk, hogy a két befogó összemérhető egy e-nél nagyobb mértékkel, ami ellentmondás. Nem lehet tehát a két befogó összemérhető, azaz irracionális.

15. Eudoxos létrája, avagy az összevisszaságról Kerülendő kijelentések órán (meg máshol is):„a tizedes jegyei „összevissza”, szabálytalanul követik egymást.” Ha valami nem periodikus, az még nem feltétlenül szabálytalan. A következő algoritmussal ugyanis rendre ki tudjuk számolni a tizedes jegyeket (ha pedig algoritmizálható, akkor nem igazak a fenti jelzők).

16. Induljunk ki onnan, hogy , azaz . Innen szorzattá alakítás után kapjuk, hogy1. Ebből átrendezéssel kapjuk, hogy. A törtben helyébe írjuk be magát a kifejezést: aztán ismét írjuk be:.

17. Az iterációt folytatva -re az alábbi (végtelen) lánctört adódik: . Így racionális számok egy olyan sorozatát kapjuk, mely tetszőleges pontossággal közelíti a -t.

18. Ezt a sorozatot hívják gyakran „Eudoxoslétrájának”. A sorozat tagjai tartanak -höz, mégpedig váltakozva, rendre nagyobbak, illetve kisebbek annál(az már öt tizedes jegy pontossággal megadja pontos értékét!). Megfigyelhető, hogy minden tört számlálója a nevezőjének és az előző tört nevezőjének az összege. A sorozat tagjai rendre: • 379310… • 428571… • 420118… • 421568… stb. = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… = 1,41421356… Eudoxos(i. e. IV. sz., ókori görög csillagász és geométer): kidolgozta a görög irracionáliselméletet; geocentrikus világ-képet hirdetett, beve-zettea csillagképeket.

19. Érdemes órán felvetni a feladat megfordítását: Mennyi az alábbi lánctört pontos értéke? Bevezetve az jelölést a következőt kapjuk: , aminek a megoldása: .

20. Ezek után nézzünk meg pár feladatot racionális-irracionális témakörben. (Források például: KöMaL Róka Sándor: 2000 feladat az elemi matematika köréből, Typotex, Budapest, 2006. Kosztolányi József - Makay Géza – Pintér Klára – Pintér Lajos: Matematikai problémakalauz I., Polygon, Szeged, 1999.)

21. 1. feladat. Keressünk olyan egymástól különböző egész számokat, melyekre a következő kifejezés racionális: . Megoldás. Kis számolással ellenőrizhető, hogy . Azaz a kifejezés minden egymástól különböző egészekre (sőt: racionálisokra) racionális. 

22. 2. feladat. Mutassuk meg, hogy négy irracionális szám között mindig van három, melynek összege irracionális(Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2000/2001, 9. évfolyam, 1. kategória 1. forduló). Megoldás. Tegyük fel az állítással ellenkezőleg, hogy létezik olyan , , , irracionális szám-négyes, melyek közül bármelyik három összege racionális: ahol tehát , , , racionális számok.

23. Összeadva az egyenleteket kapjuk, hogy. Mivel racionális számok összege szintén racionális, így racionális. Ám racionális szám harmada is racionális, vagyis racionális. Mivel feltettük, hogy , , , közül bármelyik háromnak az összege racionális, így ez azt jelenti, hogy például+ + + racionális (hiszen racionális számok különbsége szintén racionális), ami ellentmondás. Ezzel az állítást igazoltuk.

24. 3. feladat. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi függvény nem periodikus függvény: () (KöMaL, 1980. 5. 211.o.) Megoldás. Egy függvény akkor periodikus, ha létezik olyan valós szám, hogy minden értelmezési tartománybeli esetén:()(). Feladatunk tehát az, hogy tetszőlegesen adott valós számhoz keressünk olyan -et, melyre teljesül, hogy() ≠ ().

25. Tekintsük először a racionális, illetve az irracionális számok összegzési és szorzási szabályait:

26. -tól függően három esetet különböztetünk meg: • eset: ha racionális: • ekkor például az jó választás, hiszen • egyrészt () (mivel racionális), • másrészt , ami definíció szerint azt jelenti, hogy () . • ⟹() ≠ ().

27. 2. eset: ha irracionális, de racionális (pl. ): ekkor az jó választás, ugyanis • egyrészt () (mivel racionális), • míg , azaz () . ⟹() ≠ ().

28. 3. eset: ha és egyaránt irracionális (pl. ): ekkor az 0megfelelő választás, mivel • egyrészt () (mivel racionális), • míg , ami azt jelenti, hogy () . ⟹() ≠ (0). Mindegyik esetben azt kaptuk eredményül, hogy () ≠ (), amivel az állítást beláttuk.

29. 4. feladat. Mutassuk meg, hogy azegyenes vagy 0, vagy 1, vagy pedig végtelen sok racionális pontot tartalmaz (azaz olyan pontot, amelynek mindkét koordinátája racionális). Adjunk példát mindhárom esetre. • (KöMaL, 1979. 8-9. 144.o.) • Megoldás. • Legyen először és egyaránt racionális. • Ekkor ha racionális, akkor is az. • Ebben az esetben tehát végtelen sok racionális pontja van az egyenesnek. • Ilyen egyenes például az 3.

30. Tegyük fel ezek után, racionális, pedig irracionális. Ekkor ha racionális, akkor irracionális, azaz ekkor egyetlen egy racionális pontja sincs az egyenesnek. Ilyen egyenes például az. • Legyen végezetül irracionális. Belátjuk, hogy ekkor legfeljebb egyetlen racionális pontja lehet az egyenesnek.

31. Tegyük fel ennek az ellenkezőjét, azaz, hogy és egyaránt racionális pontjai az egyenesnek (nyilván ). Ekkor teljesül, hogy és Innen gyorsan jön, hogy , ami racionális, hiszen mindegyike racionális. Ez ellentmond annak, hogy irracionális. Az 1 egyenes például egyetlen racionális pontot tartalmaz, a -et. Minden esetet megvizsgáltunk, így az állítást igazoltuk.

32. 5. feladat. Mutassuk meg, hogy irracionális.(„Róka 2000”, 638. f.) Megoldás. Tudjuk, hogy . Ha racionális lenne, akkor innen az adódna, hogy is az lenne. Ez viszont hasonló módon azt vonná maga után, hogy racionális. De ez azt jelentené, hogy racionális lenne, hiszen. Mivel = , ez nyilvánvaló ellentmondást jelent.

33. 6. feladat. Mutassuk meg, hogy egy körbe írt négyzet csúcsai között mindig van olyan, melynek a körvonal egy tetszőleges pontjától vett távolsága irracionális. („Róka 2000”, 659. f.) Megoldás. Vegyünk fel az A és Dközötti rövidebb íven tetszőlegesen egy P pontot. Azt fogjuk meg-mutatni, hogy P nem lehet a négyzet mind a négy csúcsától racionális távolságra. Az AP ívhez tartozó középponti szög legyen . Ekkor Ha PA vagy PC valamelyike irracionális, ké-szenvagyunk.Ha pedig mindkettő racionális, akkor viszont PB adódik irracionálisnak, ugyanis: valamint . Ezzel az állítást beláttuk. Tekintsünk egy r sugarú, O középpontú kört, s benne egy ABCD négyzetet.

34. 7. feladat. Keressünk olyan és irracionális szá-mokat, melyekre racionális. (Matematikai problémakalauz I. 33. o.) Megoldás. Lkezdetben. Ekkor • ha racionális szám, akkor készen vagyunk; • ha irracionális szám, akkor értékét módosítsuk -re: , ami racionális, azaz ekkor is készen vagyunk.

35. Köszönjük szépen a figyelmet!