Szakdolgozat. A matematika nagy pillanatai. Matematikatörténeti feladatok. Rózsa Bianka Matematika Bsc Elemz szakirány.

Átírás

1 A matematika nagy pillanatai Matematikatörténeti feladatok Szakdolgozat Készítette: Rózsa Bianka Matematika Bsc Elemz szakirány Témavezet : Szabó Csaba egyetemi docens Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös Lóránd Tudományegyetem Budapest 011

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3. Feladatok az ókori görög matematikából 4.1. Eukleidész Arkhimédész Diophantosz Európa matematikája a középkorban és a reneszánszban Leonard Pisano (Fibonacci) Gerolamo Cardano Feladatok a XVI.-XIX. századból Francois Viéte René Descartes Isaac Newton Leonhard Euler Felhasznált irodalom 30

3 1. fejezet Bevezetés Szakdolgozatom témájául matematikatörténeti feladatokat választottam. Mindig érdekelt a matematika eredete, a felfedezések háttere. Dolgozatomban olyan feladatokat és fontos felfedezéseket próbáltam összefoglalni, amelyek nagy hatással voltak korunk matematikájára is, és aminek megismerésével az elmúlt néhány évben foglalkoztam. A feladatokat szerz ik szerint csoportosítottam, és röviden összefoglaltam életüket. A bemutatott matematikusok listája természetesen nem teljes, hiszen ilyen terjedelemben lehetetlen lenne mindenkit felsorolni, aki érdemben hozzájárult ahhoz, hogy a matematika arra a szintre fejl dhessen, ahol most tart. A dolgozatom elején ókori görög matematikával foglakozom, kiváló matematikusok által megfogalmazott példákon keresztül mutatom be fejl dését. Ebben a fejezetben komolyabban foglalkozom Eukleidész, Arkhimédész és Diophantosz munkásságával. A folytatásban azon középkorban élt matematikusok munkáját részletezem, akik a legnagyobb hatással voltak korunk matematikájára is. Itt Fibonacci tól és Cardanotól fennmaradt feladatokkal foglalkozom. Végül a legutolsó fejezetben a XVI.-XIX. századi matematika fejl dését mutatom be, néhány példafeladaton keresztül, amelyek Viétet l, Descartes t l, Newtontól és Euler t l származnak. Fibonacci és Diophantosz esetében kitérek röviden a feladatok mellett az általános elméletre, ami önálló munkám, de teljes részletezést sajnos nem enged a dolgozat terjedelemi korlátja. 3

4 . fejezet Feladatok az ókori görög matematikából Az els görög matematikus akinek nevét és eredményeit Eudémosz (i. e. 30.) matematikatörténete említi, milétoszi Thalész (i. e ) volt. Az felfedezései, és azok megfogalmazásai is annyira fejlettek, hogy jogosan gondolhatunk el zményekre, amelyeket sajnálatosan nem ismerünk. Az biztosan látszik, hogy a görögök sok matematikai ismeretet vettek át az egyiptomiaktól és a babiloniaktól, de amit idegenben tanultak azt továbbfejlesztették, a maguk sajátosan görög gondolkodásukhoz igazították. Bizonyítási igényük kifejlesztésével nagyrészt felülmúlták a környezetükben él k matematikáját. A másik görög matematikai sajátosság Püthagorasz (i. e. VI. sz), és az irracionális viszony felfedezése után jelentkezett, ami a matematika teljes átgeometrizálásában nyilvánult meg. Az algebrának korukban már meglév gyökereit nem fejlesztették tovább egészen Diophantosz ig (III. sz), a geometria területén viszont ragyogó sikereket értek el. Ezek között els sorban az Eukleidész (i. e. 300 körül) által mintaszer en megalapozott axiomatikus felépítést kell kiemelnünk, amely mind a mai napig befolyásolja a tudományos gondolkodást. Az algebrai szimbólumoknak teljes hiánya, a csupán szavakkal leíró, bár rajzokkal is illusztráló geometriai irányzat végül saját maga állított korlátot a görög matematika fejl dése elé. Ebben a fejezetben Eukleidész, Arkhimédész, majd Diophantosz munkásságán megyek végig. Megpróbálom bemutatni legjelent sebb felfezéseiket példák formájában. 4

5 .1. Eukleidész A görög matematika legragyogóbb alakjai közé tartozik Eukleidész (élt: Kr. e ). Sztoikheia (Elemek) cím m vében nem csupán összefoglalta, kiegészítette a korabeli matematikai ismeretanyagot, hanem mindezt olyan felépítésben adta, amely mind e mai napig például szolgál. Szemlélet alapján fogadott el magától értet d állításokat, az axiómákat. Ezekre a bizonyításra nem szoruló igazságokra vezette vissza a többi matematikai állítást, a tételeket. A matematikának ez az axiomatikus megalapozása és felépítése évszázadokon át biztosította a matematikai törvények hitelét. Ez a f oka annak, hogy az axiomatikus módszer más tudományok területén is utánzásra talált. A 13 kötetes Sztoikheia els hat és utolsó négy kötete geometriával, a többi pedig az arányelmélettel, a racionális számokkal és bizonyos irracionális kifejezésekkel foglalkozik. Ebb l a m b l következik egy tétel feladat formájában. 1. példa: Számítsuk ki a 4719 és 43 számok legnagyobb közös osztóját! Megoldás: Eukleidész a legnagyobb közös osztót a róla elnevezett eljárással, idegen szóval algoritmussal a következ képpen határozta meg: 4719 : 43 = 1, maradék 484; 43 : 484 = 8, maradék 363; 484 : 363 = 1, maradék 11; 363 : 11 = 3, maradék 0. Az osztássorozat legutolsó osztója, az adott két szám legnagyobb közös osztója, jelen esetben Arkhimédész Arkhimédész (élt: i. e i.e. 1) természettudós, ókori szicíliai matematikus, mérnök, zikus, csillagász, lozófus. Arról vált széleskör en ismertté, hogy Egyiptomban a földek öntözésére megszerkesztette vízemel gépezetét, az arkhimédeszi csavart. Kreativitása és éleselméj sége minden reneszánsz el tti európai matematikusét felülmúlta. Bebizonyította, hogy a kör kerületének és átmér jének aránya ugyanannyi, mint területének

6 és sugara négyzetének az aránya. Ezt nem hívta π-nek, de megadott egy módszert e számérték tetsz leges közelítésére, és adott rá egy olyan becslést, ami π értékét = ( 3,1408) és = ( 3,149) közé teszi. A fels határként megadott -et még a középkorban is általánosan használták a π közelít értékeként. Arkhimédész barátjának, Eratoszthenész (i. e ) alexandriai csillagásznak adta fel az alábbi, problema bovinum (a marhák problémája) néven ismert tréfás feladatot. Héliosz naipisten csordája Szicília szigetén legelt. A csordában négyféle szín marha volt: fehér, fekete, barna és tarka. A fehér bikák száma (x ) a fekete bikák számának (y - nek) felével meg harmadával több volt, mint a barna bikáké (z -é). A fekete bikák száma a tarka bikák számának (t -nek) negyedével meg ötödével múlta felül a barnákét. A tarka bikák száma pedig a fehérek számának hatodával meg hetedével volt több a barnákénál. A fehér tehenek száma (x) a fekete marhák (bika+tehén) számának harmada meg negyede volt. A fekete tehenek száma (y) a tarka marhák számának negyede meg ötöde, a tarka tehenek száma (t) a barna marhák számának ötöde meg hatoda, végül a barna tehenek száma (z) a fehér marhák számának hatoda meg hetede volt. Hány különböz szín bika, illetve tehén volt a csordában? A megoldáshoz vezet egyenletek: x = y + y 3 + z, y = t 4 + t + z, t = x 6 + x 7 + z illetve: x = y + y 3 + y + y, y = t + t + t + t 4 4, t = z + z + x + x 7 x = 6 y + z, y = 9 0 t + z, t = 13 4 x + z x = 7 1 (y + y ), y = 9 0 (t + t ), t = (z + z ), z = 13 4 (x + x ) Ennek a határozatlan egyenletrendszernek (7 egyenlet, 8 ismeretlennel) az els három egyenletéb l fejezzük ki x -t, y -t és t -t. x = z, y = z, t = z Mivel x, y, t természetes számok és minden együtthatójában a számláló és a nevez relatív prímszámok, ezért z osztható kell legyen 97-tel, 99-cel és 891-gyel. Ez teljesül, 6

7 ha z osztható 891-gyel, mert a 99 és a 97 osztója a 891-nek. Így tehát z = 891 k, ahol k természetes szám. Ezt gyelembe véve egyenleteink: x = 6k, y =160k, t = 180k. Helyettesítsük be ezeket az eredeti egyenletrendszer utolsó négy egyenletébe: x = 7 1 y k, y = 9 11 t + 711k, t = 0 E négy egyenletb l fejezzük ki x-et, y-t, z-t és t-t: x = k, y = z k, z = 13 4 x + 689k k, z = k, t = k. Tekintve, hogy x, y, z és t természetes számok, és a 467 prímszám, kell, hogy a k szám 467n alakú legyen, ahol n tetsz leges természetes szám. A megoldás: x = n, x = n, y = n, y = n z = 43913n, z = n, t = 3180n, t = n, ahol x, y, z és t rendre a fehér, fekete, barna és tarka tehenek számát, és x, y,z, t ugyanilyen színsorrendben a bikák számát jelentik. A végtelen sok megoldás között a legkisebb n = 1 esetén adódik. Ez a feladat a témája egy másik idei szakdolgozatnak, így én már ezzel részletesebben nem foglalkozom..3. Diophantosz Diophantosz (i. sz. 3.sz) visszatért a babiloni algebrához, ám lényegesen továbbfejlesztette. Tárgya szerint els és másodfokú, határozott és határozatlan egyenletekkel foglalkozott, viszont babiloni el deivel szemben bevezetett algebrai jelöléseket, szimbólumokat, és görög el deivel szemben nemcsak a természetes számokat tekintette számnak, hanem a törteket is. Az Arithmetika cím 13 kötetes m véb l 6 kötet maradt ránk, ebben 189 feladatot találunk a megoldásaikkal együtt. Az általa m velt algebrának, amely nem adja az egyenletek általános elméletét, hanem sokszor ügyes fogásokkal jut el a megoldáshoz, 7

8 bizonyára voltak hagyományai a görög matematikában már Diophantosz el tt is. Ezeket azonban nem ismerjük, és ezért Diophantosz t tekintjük a szimbólumokat használó algebra úttör jének. Diophantoszi egyenlet nek nevezzük az olyan egész együtthatós algebrai egyenletet, amelynek csak egész megoldásait keressük. A következ néhány példa Diophantosztól maradt ránk: 1.példa: A 13-at, amely két négyzet összege, bontsuk fel két másik, racionális szám négyzetének összegére! Megoldás: Diophantosz úgy ügyeskedett, hogy a megoldást szolgáltató másodfokú egyenlet konstans tagjai kiessenek, tehát a konstansok összegének 13-nak kell lennie. Az ügyesség az ismeretlen megváltoztatásában rejlik. A meghatározandó két négyzet közül az egyiknek alapja (oldala) legyen x +. Ennek a négyzete: x + 4x + 4 A másik négyzet alapja legyen x valamely többszörösének és 3-nak a különbsége, pl.: x 3. Ennek négyzete: 4x 1x + 9 A két négyzet összege 13 kell, hogy legyen: ahonnan x 8x + 13 = 13 x 8x = 0 x = 8 (az x = 0 megoldást nem vette gyelembe). A két négyzetlap tehát és x + = 18 x 3 = 1 Általánosítva tehát X + Y = 13 alakban keressük a megoldást a racionális számok között, így az (ax ) + (bx + 3) = 13 8

9 (ax + ) + (bx 3) = 13 (ax ) + (bx 3) = 13 (ax + ) + (bx + 3) = 13 alakú egyenletek jöhetnek szóba, mivel ezen esetekben lesz a bal oldalon a konstans tag 13. Egy lehet ség van a 13-at két négyzetszám összegére bontani, ez pedig a 4 és a 9. Ezeket az egyenleteket megoldva kapjuk, hogy x lehet: 4a 6b a + b, (4a 6b) a + b, 4a + 6b a + b, (4a + 6b) a + b Könny ellen rizni, hogy ilyen módon az egyenlet összes megoldása el áll..példa: Két szám aránya 3. A két szám négyzetösszegének és összegének aránya. Melyik ez a két szám? Megoldás: Ha két szám aránya 3, akkor az egyiket x-szel, a másikat 3x-szel jelölöm. A négyzetösszegük: az összegük pedig: 10x, 4x. Az arányukra tehát: 10x 4x = 10x = 0 x = Tehát a két szám a és a példa: Bontsuk az egységet két részre és adjunk mindegyikhez egy-egy adott számot úgy, hogy az összegek szorzata egy racionális szám négyzete legyen! Megoldás: A feladatot Diophantosz ügyes találgatással oldotta meg a következ képpen: 9

10 Legyen a két adott szám 3 és, az egység két része pedig x és 1 x. A feltételek szerint az (x + 3) és a (6 x) szorzata: (x + 3) (6 x) = 3x + 18 x egy racionális szám négyzete kell, hogy legyen. Ezt a négyzetet Diophantosz találgatással 4x -nek választotta. Ekkor 3x + 18 x = 4x lenne, azaz teljesülni kellene az x = 3x + 18 másodfokú egyenletnek. Diophantosz azonban már tudta, hogy az alakú másodfokú egyenletet olyan eljárással lehet megoldani, amelyet a mi jelöléseinkkel az ax = bx + c x = b + b + ac a képlet fejez ki (negatív gyököt nem vett gyelembe), és csak akkor remélhet racionális megoldást, ha a b + ac (diszkrimináns) racionális szám négyzete. A 4x választás tehát nem volt szerencsés, mert az egyenletrendezésnél az x együtthatója = lett, és így a b + ac = ( ) 3 + (4 + 1) 18 nem racionális szám négyzete. A 4x -ben tehát a 4 együttható helyett olyan y -et kell választani, hogy egy racionális szám négyzete legyen. ( ) 3 + (y + 1) 18 = 18y

11 Ez természetesen akkor is teljesül, ha ennek a kifejezésnek a négyszerese, tehát 7y +81 valamilyen racionális szám négyzete. Ezt a négyzetet Diophantosz (8y + 9) -nel jelölte, mert így a 7y + 81 = (8y + 9) egyenletben a konstans tag 0. Az egyenlet tehát: ahonnan 7y = 64y + 144y, y = 18 (az y = 0 a feltételeknek nem felel meg), és y = 34. A sorozat értékének helyes megválasztása tehát nem a 4x, hanem a 34x. Így a megoldandó egyenlet: vagy 3x + 18 x = 34x Így és a fenti eljárás szerint: b + ac = 3x = 3x ( ) = ( 13 ) A keresett számok tehát 6 helyesnek találja. x = és. Ezeket az ellen rzés: ( ) ( ) = = 9 11 ( ) 1

12 3. fejezet Európa matematikája a középkorban és a reneszánszban 3.1. Leonard Pisano (Fibonacci) Fibonnacci (élt: ) néven vált ismertté Leonardo Pisano, olasz matematikus. Apja a gazdag itáliai városnak, Pisának volt kereskedelmi ügyviv je Algírban. Leonardo itt tanulta a matematika alapjait üzleti útjain pedig megismerte Kelet m veltségét és ezen belül matematikáját. Az összegy jtött és az általa kiegészített aritmetikai és algebrai ismereteket a Liber Abaci (Könyv az abakuszról) cím m vében foglalta össze. Leonardo nevét leginkább a róla elnevezett Fibonacci-sorozat rizte meg. Ez a sorozat a következ feladatból született: Feladat: Hány pár nyúl származik egy évben egyetlen pártól, ha minden pár havonta egy új párt szül, és minden új pár kéthónapos korától kezdve válik tenyészképessé, és közben egyetlen nyúl sem pusztul el? A megoldást szemlélteti a következ kis táblázat. Ennek els sorában n a hónapok számát, a második sorban pedig f n az n-edik hónaphoz tartozó nyúlpárok számát t nteti fel. n f n Ha a sorozatot nem zárjuk le a 1. elemével, hanem elemeit vég nélkül képezzük, akkor nyerjük a Fibonacci-féle sorozat ot, amely képzési szabálya: 1

13 f 1 = f = 1 és f n+1 = f n + f n 1 Ebben az alakban egy tag kiszámításához szükség van az t megel z két tag ismeretéhez. Felmerült tehát az igény a Fibonacci számok explicit módon való el állítására. Ez Jacques Philippe Marie Binet francia matematikusnak sikerült, aki jelent s eredményeket ért el a számelméletben. Az nevéhez f z dik a Binet-formula. Tétel: n N természetes számra F n = 1 [( 1 ) n ( 1 ) n ] Ez a formula a Fibonacci sorozat zárt alakja és Binet-formulának nevezzük. Bizonyítás: Adott a Fibonacci-sorozat: f n+ = f n+1 + f n, f 0 = 0, f 1 = 1. Határozzuk meg a sorozat r n (r 0) alakú megoldásait. Legyen f n+ = r n+, f n+1 = r n+1, f n = r n, r 0. Ekkor, behelyettesítve az egyenletbe, a következ t kapjuk: r n+ r n+1 r n = 0. r n -nel egyszer sítve az r r 1 = 0 karakterisztikus egyenletet kapjuk, amelynek a megoldásai: r 1 = 1 +, r = 1. ( Az r1 n 1+ = ) n ( és r n 1 = ) n megoldások lineáris kombinációja is megoldása az egyenletnek, vagyis f n = Ar1 n + Br n. A kezdeti feltételekb l (f 0 = 0, f 1 = 1) meghatározhatjuk A-t és B-t: A + B = 0 ( ) ( A + B 1+ Ebb l következik a Binet-formula: 1 ) = 1 A = B = 13

14 ( f n = ) n ( 1 Adott az alábbi rekurzió: 1 ) n [( = ) n ( 1 ) n ]. valamint kezdeti feltételek: a n = 4a n 1 4a n a 0 = 0, a 1 = A megoldást a n = x n alakban keressük, de itt a megoldás nem áll el mértani sorok kombinaciójaként, mivel a n = n n. Ezen esetekben segít a lineáris algebrai módszer. A rekurzió mátrixa könnyen kiszámítható a rekurzió együtthatóiból. Ebben az esetben ez a mátrix: M = E mátrix egyetlen sajátértéke a. Az áttérés mátrixa legyen: ( ) ( ) 7 S = 3 1 Ezután kiszámítható a mátrix Jordan-féle normálalakja: ( ) 0 N = 1 Innen az eredeti mátrix hatványa kiszámítható: ( ) n M n n n 1 4n n 1 =. n n 1 n + n n 1 Az ( an 1 a n ) T sorvektorra igaz, hogy: ( an 1 ) T M = ( an ) T a n a n+1 14

15 Ezért: ( a0 ) T M n = ( an ) T a 1 a n+1 Így kapjuk, hogy a n = n n 1 = n n. 3.. Gerolamo Cardano Cardano (élt: ) a 16. században él olasz matematikus, zikus, valamint korának leghíresebb orvosa volt. Nevét a matematikában két könyvével örökítette meg. F munkája az 14-ben megjelent Ars magna sive de regulis algebraicis (A nagy tudomány, vagyis az algebrai szabályokról). E m vében összefoglalta korának algebrai ismereteit, de található benne néhány önálló eredmény is. Könyvében szerepel a róla elnevezett képlet, a harmadfokú egyenlet megoldó formulája. E körül azonban kellemetlen, sok félreértésre okot adó vita fejl dött ki. Történt, hogy Scipione del Ferro, a bolognai egyetem professzora megtalálta az x 3 + bx = c alakú harmadfokú egyenlet megoldóképletét. A képletet csak vejével és egyik barátjával, a szintén matematikus Antonio Maria Fiore val közölte. Fiore versenyre hívta ki Tartaglia brescai számolómestert, aki értesülvén arról, hogy kihívója harmadfokú egyenleteket is szándékozik neki feladni, er s fejtörés árán szintén rájött a fenti egyenlet megoldóképletére, s t még az x 3 = bx + c alakú egyenlet megoldására is. Az 13-ben megtartott matematikai párbaj Tartaglia teljes gy zelmével végz dött. Cardano, értesülve Tartaglia eredményeir l, igyekezett titkát megtudni. Többszöri unszolásra Tartaglia el is árulta a képletet, de Cardano az Ars magnaban nyilvánosságra hozta a megoldást. Cardano érdeme a felfedezésben az, hogy Tartaglia képletét általánosította, illetve megmutatta, hogy minden általános harmadfokú algebrai egyenlet megoldása visszavezethet az x 3 + bx = c alakúéra. Ž sem boldogult azonban az úgynevezett reducibilis esettel, amelynél a megoldóképlet négyzetgyökjelei alatt negatív számok jelentkeznek. E rejtély megfejtésére való törekvése néhány értékes meggyelést eredményezett a gyökök és az együtthatók összefüggésére. Különösen a másodfokú egyenlet gyökeire vonatkozó vizsgálatai segítették el a komplex számok fogalmának a kialakulását. Cardano érdeme az is, hogy megmutatta, hogy minden ax 3 +bx+cx+d = 0 harmadfokú egyenlet olyan alakra hozható, amelyben a másodfokú tag már nem szerepel. A következ 1

16 feladatban ezt a módszert, majd pedig az általános harmadfokú egyenlet megoldóképletét vezetjük le. 1. feladat: Alakítsuk át az új ismeretlen bevezetésével az x 3 3x 3x + 11 = 0 egyenletet úgy, hogy ne lépjen fel benne másodfokú tag! Megoldás: Legyen x = y + h, ahol y az új ismeretlen és h értékét majd úgy fogjuk megválasztani, hogy az egyenletben y -es tag ne legyen. A helyettesítés után: (y + h) 3 3(y + h) 3(y + h) + 11 = 0. A m veletek elvégzése után rendezzünk y fogyó hatványai szerint: y 3 + (3h 3)y + (3h 6h 3)y + (h 3 3h 3h + 11) = 0. Azért, hogy az y együtthatója 0-vá váljék, a h értékét 1-nek kell választani, ekkor az egyenlethez jutottunk, amely y 3 6y + 6 = 0 alakú. y 3 + py + q = 0 Cardano-képlet: A harmadfokú egyenlet általános alakja: ay 3 + by + cy + d = 0 (a 0). Megoldóképletének levezetéséhez legyen y := x a, ekkor az általános egyenlet a 3 következ alakban írható fel: x 3 a3 7 ax + xa 3 + ax + a3 9 xa + bx ab c = 0. Ezt átalakítva kapjuk: x 3 + px + q = 0. x 0 jelölje ennek egy gyökét a komplex számok halmazán. Most nézzük az u x 0 u p 3 másodfokú egyenletet, melynek gyökei legyenek α és β. A másodfokú egyenlet gyökeire és együtthatóira vonatkozó összefüggések szerint: 16

17 } α + β = x 0 αβ = p 3 A második egyenletb l következik, hogy 3αβ + p = 0. Helyettesítsük be az els egyenletben x 0 -ra kapott összefüggést az x 3 + px + q = 0 egyenletbe: α 3 + β 3 + 3α β + 3αβ + pα + pβ + q = 0 α 3 + β 3 + (3αβ + p)β + q = 0 α 3 + β 3 = q Tehát α 3 + β 3 = q, és az αβ = p 3 egyenletet harmadik hatványra emelve α3 β 3 = p3. Ez éppen azt jelenti, hogy 7 α3 és β 3 gyökei a z +qz p3 7 egyenlet megoldóképlete szerint megoldásai: z 1, = q q ± 4 + p3 7, ahol z 1 = α 3, z = β 3, így tehát (komplex) köbgyököt vonva: Ekkor α = 3 q + q x 0 = α + β = p3 7, β = 3 q + q q q 4 + p = 0 egyenletnek. A másodfokú q q 4 + p p3 7 a Cardano-képlet. Ezek után x 0 ismeretében ay 3 +by +cy +d = 0 gyökei már könnyen meghatározhatóak. A következ kben bemutatok egy példát a képlet alkalmazására.. feladat: Oldjuk meg a egyenletet! z 3 6z + 4 = 0 17

18 Megoldás: A Cardano-képlet alapján: z 0 = ( 6) ( 6)3 7 = ( 8) ( 8) = A 4-nek azonban a valós számok körében nincs értelme. A XVI. század matematikusai értelmetlenül álltak e megdöbbent jelenség el tt: a megoldóképlet id nként "cs döt mond", pedig az egyenletnek van gyöke. Ezt az esetet nevezték el casus irreducibilis nek. A rejtély kidolgozásához Raaelo Bombelli olasz matematikus kezdett hozzá 17-ben. Bombelli azt javasolta, hogy próbáljuk meg a + 4-et, azaz a + 1-et, és általában az a + b 1 alakú kifejezéseket is számnak tekinteni. Ezek persze nem valós számok, itt az a valós szám, a b 1 azonban nem valódi, hanem képzetes, vagy imaginárius szám, az a + b 1 pedig együtt komplex szám. Az imaginárius szó kezd bet jéb l származik a 1 = i jelölés. 18

19 4. fejezet Feladatok a XVI.-XIX. századból 4.1. Francois Viéte Viéte (élt: ) kiváló francia matematikus volt, végzettségét tekintve jogász. Fiatal korában támadt egy ötlete új csillagászati elmélethez, amely a kopernikuszi rendszert fejlesztette volna tovább. Ezért kezdett el a matematikával foglalkozni. Igyekezett szimbólumokat használni, az együtthatókat is bet kkel helyettesítette. Igen jelent s eredménye a végtelen sorozatok felfedezése, melynek segítségével sikerült meghatároznia a π értékét 10 tizedes pontosságig. A következ ekben bemutatom, hogyan határozta meg ezt a végtelen sorozatot: Az következ ábra mutatja az r sugarú körbe rajzolt n oldalú és n oldalú szabályos sokszög egy-egy központi háromszögét. Az n oldalú sokszög területe legyen t n, a n oldalúé t n. Az n oldalú sokszög beírt körének sugara R. A két sokszög területe: 19

20 t n = n r 360 sin n A kett aránya: t n = n r sin 180 n. t n t n = sin 360 n sin 180 n = sin 180 n sin 180 n 180 cos n = cos 180 n. Írjunk fel ilyen területarányokat, kezdve az n = 4 esettel, vagyis a négyzettel, és folytatva a rendre megduplázott oldalszámú sokszögekkel. t 4 = cos 90 t 8 t 8 = cos 90 t 16 4 t 16 = cos 90 t 3 8. Az els n sor szorzata: t n+1 t n+ = cos 90 n. t 4 t n+ = cos 90 cos 90 4 cos cos 90 n. Ekkor Viéte így gondolkozott: t 4 = r, t n+ pedig már majdnem az r sugarú kör területe. Minél nagyobbra növelem n értékét, annál inkább írható t n+ érték. Ha végtelen sok arányt veszek gyelembe, akkor helyett az r π Egyszer sítve: r r π = cos 90 cos 90 4 cos π = cos 90 cos cos

21 A gondolatmenet nyilvánvalóan hiányos, hiszen a végtelen szorzat konvergenciájának a fogalmát Viéte még nem ismerte, de végülis ezzel a képlettel a π értékét 10 tizedesjegy pontossággal helyesen határozta meg. Tétel (Viéte-formulák): Az ax + bx + c = 0 (a 0) alakban felírt másodfokú egyenlet gyökeire a következ összefüggések állnak fent: x 1 + x = b a Bizonyítás: A két gyök összege: x 1 x = c a b + b 4ac a A két gyök szorzata: + b b 4ac a = b a = b a b + b 4ac a b b 4ac a = 4ac 4a = c a 4.. René Descartes Descartes(élt: ) nyolc éves korától a IV.Henrik által alapított La Flechei jezsuita líceumban tanult, amely egyike volt Európa legkiválóbb iskoláinak. Kit n en beszélt latinul, megismerhette a kor legújabb tudományos felfedezéseit és nézeteit (például Galilei nek a Föld forgásáról alkotott elképzeléseit). A matematikában els sorban a geometriai munkássága miatt ismert, amit az Értekezés a módszerr l m függelékeként közölt Geometria nev munkában ír le. A síkbeli Descartes-féle koordináta-rendszerben egy P pont helyzetét az xy síkon az (x, y) koordináta-kett ssel adhatjuk meg. X jelenti a P pont el jeles távolságát az y-tengelyt l, y pedig a P pont el jeles távolságát az x- tengelyt l. A két tengely metszéspontja a koordináta-rendszer kezd pontja vagy origója. Térbeli Descartes-koordináta-rendszerben egy P pont helyzetét az xyz térben az (x, y, z) koordináta-hármassal adhatjuk meg. X a P pont el jeles távolsága az yz síktól, y a P pont el jeles távolsága az xz síktól, és z a P pont el jeles távolsága az xy síktól. A 1

22 descartes-i koordináta-rendszernek köszönhet en egy görbe algebrai egyenlettel leírható. Descartes Geometria cím könyve három részre oszlik: az els kett témája az analitikus geometria, a harmadik könyv algebrai fejtegetéseket tartalmaz. Az alábbi feladatokon keresztül bemutatom Descartes speciális magasabb fokú egyenletekre vonatkozó megoldását, a Descartes-féle el jelszabályt, valamint egy koordinátageomteria témájú feladatot. 1. feladat: Oldjuk meg az x 4 4x 3 19x + 106x 10 = 0 egyenletet! Az egyenlet ügyes átalakításokkal szorzattá írható: x 4 4x 3 19x + 106x 10 = 0 x 3 (x 4) 19x(x 4) + 30(x 4) = 0 Innen (x 4)(x 3 19x + 30) = 0 x 1 = 4 és x x + 30 = 0. Az utóbbi egyenletb l: x 3 3x + 3x 9x 10x + 30 = 0 x (x 3) + 3x(x 3) 10(x 3) = 0 Ezért (x 3)(x + 3x 10) = 0 x = 3 és x + 3x 10 = 0. A szorzattá alakítást tovább folytatva: x + x x 10 = 0 x(x + ) (x + ) = 0

23 (x + )(x ) = 0. Eszerint x 3 = és x 4 =. A megoldásokból felírható a negyedfokú egyenlet gyöktényez s alakja: (x 4)(x 3)(x + )(x ) = 0. Tétel: Descartes-féle el jelszabály A csupán valós gyökökkel rendelkez algebrai egyenletnek annyi pozitív gyöke van, ahány jelváltás van a zérusra és az ismeretlen hatv«ykitev i szerint rendezett egyenletben, és annyi negatív gyök, amennyi az azonos el jelkövetkezések száma. Ezt alkalmazva az el bbi példára: Az egyenletb l felírható el jelsorozat: x 4 4x 3 19x + 106x 10 = 0 = + + Tehát jelváltás 3-szor történik, azonos el jelkövetkezés pedig 1-szer. Ebb l következik, hogy az egyenletnek 3 pozitív, és 1 negatív gyöke van.. feladat: Mi a sík azon pontjainak a mértani helye, amelyek a (0; 1) ponttól kétszer olyan távol vannak, mint a (; 0) ponttól? A mértani hely pontjainak koordinátáit (változók) jelöljük x és y bet kkel. Ekkor a P (x; y) pontoknak ki kell elégíteniük az x + (y 1) = (x ) + y feltételt. Ennek négyzetre emelése és rendezése után nyerjük az ( x 3) 8 ( + y + 1 ) = egyenletet, amely felismerhet en a C ( 8 ; ) középpontú, r = sugarú körnek az 3 egyenlete. 3

24 4.3. Isaac Newton Newton (élt: ) kiváló angol matematikus, zikus és csillagász volt. 19 évesen került a cambridgei Trinity-college-ba, ekkor kezdett komolyabban foglalkozni matematikával és természettudományokkal. Kepler Opticáján, Eukleidész angol nyelv Elemek cím könyvén, Descartes Geometriá ján, Viéte, Wallis m vein nevelkedett természettudossá. Ezek olvasása közben nem csupán jegyzeteket készített, hanem kutatott az olvasottaknál egyszer bb gondolatmenetek és új tételek után. A binomiális tételt és a "uxiók" módszerét 166 el tt, még 3 éves korában találta fel ban eshetett meg a "Newton almája" címen elhíresült történet. Eszerint Newton egy almafa alatt ült, és egy lees alma indította el benne azt a gondolatsort, amely az általános nehézkedés törvényének felfedezéséhez vezetett ben az a megtiszteltetés érte, hogy kiváló professzora Barrow lemondott, és a tanszéket a 7 éves Newtonnak adta át. Ž 30 éven keresztül látta el nagy buzgalommal professzori teend it. F m ve, a Philosophiae naturalis principia mathematica (A természettudomány matematikai alapjai), melynek nagy tudományos tekintélyét köszönhette, 1687-ben jelent meg Londonban. Bár Newtont a zika sorolja legnagyobbjai közé, a matematikus Newton is nagyot alkotott. Leibnitz -cel együtt a dierenciál- és integrálszámítás feltalálója volt. A binomiális tétel tört- és negatív kitev k esetére való általánosítása nyomán felfedezte a binomiális sorokat. A következ feladat Newton egy játékos feladványa, majd bemutatom egy polinom Newton-féle felbontását egy példán keresztül: 1. feladat: Három legel n mindig egyformán gazdagon és gyorsan n a f. Az egyik mez területe 3 1, a másiké 10, a harmadiké pedig 4 hektár. Az els t 1 tehén lelegeli 4 3 hét alatt, a másodikat 1 tehén 9 hét alatt. Hány tehén legeli le a harmadik legel t 18 hét alatt? Feltételezzük, hogy minden tehén ugyanannyi id alatt ugyanannyi füvet fogyaszt el, éspedig 1 tehén 1 hét alatt z mennyiség t. Jelöljük továbbá az 1 hektáron meglév f mennyiségét x bet vel, és az 1 hektáron 1 hét alatt n tt f mennyiségét y bet vel. Egy heti legelés után az els legel n megmaradt f mennyisége: A második hét utáni maradék: x y 1z 4

25 A harmadik hét után maradt: x y 1z A negyedik hét után: x y 3 1z x y 4 1z A feladat szerint az utolsó maradék nulla, tehát x y 4 1z = 0. 3 Ugyanilyen gondolatmenettel, mivel a második legel n 9 hét múlva nem maradt f : 10x y 9 1z = 0. A harmadik legel füvét fogyassza el t tehén 18 hét alatt, akkor 4x y 18tz = 0. A megoldást kezdjük azzal, hogy mindhárom egyenletet elosztjuk z-vel, ekkor Legyen most ekkor 10 x + 40 y = 48, 3 z 3 z 10 x + 90 y = 189, z z 4 x z + 43 y z = 18t. x = u és y = v z z 10u + 40v = u + 90v = 189 4u + 43v = 18t A második egyenletb l az els t kivonva kapjuk:

26 0v = 4 Ezt az els egyenletbe behelyettesítve: v = u , 9 = u + 36 = u = 108 u = 10, 8 Így már a harmadik egyenletben is csak egy ismeretlen marad: 4 10, , 9 = 18t 9, + 388, 8 = 18t 648 = 18t t = 36 A harmadik legel t tehát 18 hét alatt 36 tehén legeli le.. feladat: Legyen adott az f 3 (x) = x 3 + 3x + 4x harmadfokú polinom és a fokszámának megfelel en 3 különböz x érték, például: x 0 = 1, x 1 = 3 és x = 4, amelyeket alappontoknak szokás nevezni. Bontsuk fel az f 3 (x) polinomot olyan összegre, amelyben a konstans tagon kívül szerepel valamilyen együtthatóval egy (x 1)-es, egy (x 1)(x 3)-as és egy (x 1)(x 3)(x 4)-es tag! Megoldás: A megoldáshoz hozzásegít a következ osztássorozat: 6

27 (x 3 + 3x + 4x ) : (x 1) = x + x + 9 maradék: 4. (x + x + 9) : (x 3) = x + 11 maradék: 4. (x + 11) : (x 4) = maradék: 19. Helyettsítsünk most visszafelé a következ módon: Az utolsó osztás szerint: A második osztás alapján: x + 11 = (x 4) x + x + 9 = (x + 11)(x 3) + 4 = (x 3)(x 4) + 19(x 3) + 4. az els osztásból: f 3 (x) = x 3 +3x +4x = (x +x+9)(x 1)+4 = (x 1)(x 3)(x 4)+19(x 1)(x 3)+4(x 1)+4. Így éppen a kívánt felbontást kaptuk Leonhard Euler Euler apja kálvinista lelkész volt, aki át is papnak szánta. Az ifjú azonban nagy igyekezettel látogatta Johann Bernoulli matematikaóráit, akinek aival is összebarátkozott. Bernoulli hamar felismerte a rendkívüli tehetséget, és külön foglalkozott vele. Amikor ai, Nicolaus és Daniel elfogadták Oroszország els tudományos intézetének, a szentpétervári akadémiának meghívását, kieszközölték, hogy Euler is velük mehessen. Itt lehet sége nyílt zikával és matematikával foglalkozni ben Berlinbe költözött, ahol az egyetem matematikai osztályának vezet jeként dolgozott éven keresztül. Ezután Katalin cárn 7

28 hívására visszaköltözött Oroszországba, ahol élete végéig élt. Ekkor már majdnem teljesen vak volt, azonban munkalendülete még töretlen maradt. Káprázatos memóriával és bels látással diktálta m veit inasának és tanítványainak. Életében 30 könyve és értekezése jelent meg. Az alábbiakban bemutatok néhány feladatot, amelyek t le származnak: 1. feladat: Az x = egyenlet pozitív gyökét, tehát a -t fejezzük ki lánctört segítségével! Az egyenlet így írható: Ebb l: x + x = x +. x(x + 1) = x + Végül x(x + 1) = x x = x. A nevez ben az egyenlet állítása szerint x helyébe x x = x írható. Ekkor Ebbe az egyenletbe és a következ kbe is az x = helyettesítés vég nélkül 1+x folytatható. Így nyerjük a következ végtelen, periódikus lánctörtet: x = Tehát 1 = Alkalmazva az alapvet ismétl désképletet könnyen kiszámíthatjuk ennek a láncörtnek a közelít tötjeit: 1, 3, 7, 17, 41, 99, 39,..., ahol mindegyik egymásutáni tört alakja úgy adódik, hogy vesszük a számlálót meg a nevez t az el z id szakból, a következ id szakba való nevez ként, azután hozzáadjuk az el z nevez jéhez az új számlálót. 8

29 Szemléletesen: 1, = 3, = 7, = 17 1, = 41 9,... Ezen közelít törtek a -höz konvergálnak, és egyre kisebb hibával közelítik. Például ha a közelít értéke 41, akkor az elkövetett hiba: < 1 0, feladat: Lehet-e a Königsberg városán átfolyó Pregel folyócska hídjain keresztül olyan sétát tenni, hogy ennek során minden hídon pontosan egyszer haladjunk át? Euler korában Königsberg városának A, B, C és D részeit 7 híd kötötte össze, az alábbi térképvázlat szerint: Az egyes részeket feleltessük meg négy pontnak és a hidakat a pontokat összekapcsoló vonalaknak. Így keletkezett az alábbi ábra: A feladat szerint, ha egy pontból elindulunk, akkor oda, egy másik úton vissza is kell térnünk. Közben minden ponton át kell haladnunk, tehát az el bbi megállapítás minden pontra vonatkozik. Csak olyan pontokból és pontokat összeköt vonalakból álló hálózaton tudunk a kívánalmaknak megfelel módon végigmenni, amelyeknek minden pontjához páros számú vonal vezet. A königsbergi hidakat jelképez rajzon viszont minden pontból páratlan út indul ki, tehát a séta a megkövetelt módon nem hajtható végre. 9

30 Felhasznált irodalom [1.] Dr. Lévárdi László Sain Márton: Matematikatörténeti feladatok, Tankönyvkiadó, Bp., 198 [.] Sain Márton:Nincs királyi út,gondolat, Bp., 1986 [3.] B. L. Van Der Waerden: Egy tudomány ébredése, Gondolat, Bp., 1977 [4.] Bizám György, Császár Ákos, Freud Róbert, Gyarmati Edit, surányi János, Turán Pál, Vincze István:Nagy pillanatok a matematika történetében, Gondolat, Bp., [.] Sain Márton: Matematikatörténeti ABC, Nemzeti tankönyvkiadó, Bp., 1993 [.] I. N. Bronstejn, K. A. Szemengyajev, G. Musiol, H. Mühlig: Matematikai kézikönyv, Typotex, Bp., 006 [.] Freud Róbert: Lineáris algebra, ELTE Eötvös kiadó, Bp., 007 [6.] [7.] lap [7.] 30