A reneszánsz Itália. Az Európai Matematika Kezdete. 1. Az európai civilizáció kezdete. (A nem-görög területeken.) A folyammenti kultúrák kora:

Átírás

1 A reneszánsz Itália algebrája Az Európai Matematika Kezdete 1. Az európai civilizáció kezdete. (A nem-görög területeken.) A folyammenti kultúrák kora: - kevés kivétellel primitív törzsek lakják, zömmel gót és germán törzsek. - Tacitus: nyílt, vendégszerető, nyughatatlan, iszákos és feleségeikre büszke népek. Az ókor vége, a korai középkor: tól a Római Birodalom erjedése, lassú fölbomlása, keresztényüldözések. Kialakul lassan a két császárság, a két birodalom. - Népvándorlás a Kr.u. IV. századtól: hunok, avarok; támadások Róma ellen : II. egyetemes konstantinápolyi zsinat, a keresztény hitvallás végleges megfogalmazása : a kereszténység államvallás a keleti birodalomban : Attila hódításai, a Hun Birodalom az Uraltól a Rajnáig terjed, a központ a Kárpát medencében. - 51: a Catalaunum-i csata, elvezet a Nyugatrómai Birodalom bukásához : Klodvig király: a Frank Állam megalapítása : A nyugati szerzetesség megalapítása, Nursiai Benedek kolostort alapít Monte Cassinon, Benedek rend. - További rendek, kolostorok, bennük Iskolák. - A VIII. századtól az egyes (világi) uralkodók is iskolákat alapítanak, de ezek is egyházi vezetésűek. Nagy Károly meghívja iskolájába a yorki Alcuin-t. A fő tantárgy a teológia, de megkezdődik más diszciplinák oktatása is, elsőnek a zene. - Az első egyetemek: - Bologna 1088, - Párizs 1150, - Oxford 1167, - Salamanca 1239 (III. Ferdinánd Kasztilia királya), - Krakkó 136 (III. Kázmér), - továbbiak a XII-XV. században: Bázel, Bécs, Heidelberg, Lipcse, Prága és Salerno. - Egyik sem független az egyháztól. - Az oktatás nyelve a latin, mivel ez a katolikus egyház hivatalos nyelve. Általánosan ez marad a XVIII. századig. 2. Az elérhető ismeretanyag. - Kezdetben csak latin (római) forrásokra támaszkodik. - A római matematika igen kezdetleges (számírás!), egyszerű és praktikus aritmetika csupán. - Elérhető néhány görög mű, de nem autentikus, alacsony színvonalú latin fordításban. 1

2 A továbblépés kezdete. - Severinus Boetius (80-52, ősi római család sarja), az első nem iszlám tudós, aki eredeti görög források alapján traktátusokat állít össze elemi aritmetikából és geometriából: Euklidész I. és II. könyvét fordította, de a bizonyításokat elhagyta. Mellékelt néhány (részben hibás) geometriai számítást. Pl. nem utalt azok közelítő jellegére. Számolások abakuszon, Nikomachosz Aritmetikáját, Arisztotelész, K. Ptolemaiosz egyes műveit is fordította. - Keveset érthetet meg a lefordított művekből, matematikája tisztán empirikus. - Leghíresebb műve: Consolitiones Philosophicae, amit gyaníthatóan fogsága (hitszegés) alatt írt. - Gerber ( ) és Alcuin (735-80) néhány traktátusa (ők már mecsetiskolákban tanultak). 3. A matematika szerepe a korai középkorban. - Boetius: Quadrivium: aritmetika, geometria, csillagászat, zene; hosszú ideig ezt oktatták a teológia mellett. - Később Trivium: quadrivium, retorika, dialektika (a vitatkozás művészete hitviták). - Érdekes egyházi vélemény: a matematika (aritmetika, geometria) azért fontos, mert ez készít föl a legjobban a hitvitákban való eredményes szereplésre, de fontos a változó idejű ünnepnapok meghatározásában is. - A matematika fontossága az asztrológiában, az udvari asztrológusok kitüntetett szerepe. Nagy szerepe volt ezért az orvoslásban is: még a XVI. században is inkább asztrológusok, matematikusok és alkimisták oktattak az egyetemeken, az igazi csillagász ritkaság. Galilei is asztrológia címszó alatt oktatott (orvosokat is).. A görög tudományosság első föléledése. - Az európai (feudális alapú) civiláció megerősödése 1100-tól, az államrendszer stabilizálódása. - Az első manufakturák, kereskedelmi kapcsolatok az államokon belül és között, keleti kapcsolatok. - Az ülő kereskedők megjelenése, kereskedelmi kirendeltségek létrejötte. Hitelezések. - Kapcsolat a hispániai mór kalifátusokkal: tudomány, mecsetiskolák. - Roger Bacon (121-9): az első tudós, akit eltiltottak az írástól, de pápai megbízásból filozófiával foglalkozhatott. Ő ellentétben legtöbb kortársával előnyben részesítette a kísérleteket a spekulációval (skolasztika) szemben. 5. A pisai Leonardo. ( ) - Tanulmányai (Bugie), utazásai. - Művei: - Liber abaci (1202, 1228), - Practica geometrie (1220), - Flos (1225), - Liber quadratorum (1225). 2

3 Feladatok a Liber abaciból 1. (A 30 madár probléma.) Egy ember 30 madarat vásárol: foglyokat, galambokat és verebeket. A fogoly ára darabonkint 3 ezüst, a galamboké 2, míg a verebeké 1 2. Összesen 30 ezüstöt fizet. Hány madarat vett az egyes fajtákból? A feladat az x + y + z = 30 3x + 2y z = 30 határozatlan egyenletrendszerre vezet, amelynek egyetlen pozitív megoldása az x = 3, y = 5, z = 22. Hogyan számolhatott? A feladat megtalálható ókori kínai, hindu, valamint a kora-középkori arab forrásokban is, az ún. 100 madár probléma. 2. (az un. lóvásárlási probléma) Az egyik ember azt mondja a másiknak: ha nekem adod pénzed egyharmadát, akkor meg tudom venni a lovat. Erre a másik úgy válaszol, hogy ha te pedig a pénzed negyedét adod nekem, akkor én tudom megvenni a lovat. Megoldás. Jelölje s a ló árát, s ekkor a következő egyenletrendszert írhatjuk föl az x és y ismeretlenekre: x y = s y + 1 x = s Ez is egy határozatlan probléma, mert s is ismeretlen. A legkisebb egész megoldás: Feladat: Mit rejt e számolás? x = (3 1) = 8 y = ( 1) 3 = 9 s = = 11 Vizsgálta e probléma általánosítását is, amikor 3 szereplő van. Ez esetben a megoldandó egyenletrendszer a következő: x + 1 (y + z) = s 3 y + 1 (x + z) = s z + 1 (x + y) = s 5 Ez esetben a megoldás már általános jegyeket hordoz. Először egy új változót vezet be: x + y + z = t, 3

4 majd ezen egyenlőségből kivonja (1) mindhárom egyenletét 2 3 (y + z) = 3 (x + z) = (x + y) = t s = D, 5 azaz a következő egyenletrendszert kell megoldania: y + z = 3 2 D x + z = 3 D x + y = 5 D x, y, z re egész értéket akar kapni, ezért D-t 2-nek választja, azaz az egyenletrendszert oldja meg, ahonnan y + z = 36 x + z = 32 x + y = 30 x = 13, y = 17, z = 19. A probléma ilyen megoldása szerepel Diophantos Arithmetica c. könyvében (I. 2 feladat) is. Palermoi János két problémája. (Az alapváltozatok a Flos-ban találhatók.) 1. Adjunk meg olyan négyzetszámot, amelyhez ötöd adva, vagy belőle ötöt kivonva egyaránt négyzetszámot kapunk. Ismét mai jelölésekkel: megoldandó az egyenletrendszer. Leonardo megoldása (Flos): x = y 2 x 2 5 = z 2 x = , y = , z = A Liber quadratorumban több fejezetet szentelt e probléma általánosításainak. Első lépésként általánosítja a problémát, és a következő egyenletrendszert írja föl: (1) x 2 + C = y 2 x 2 C = z 2

5 Ha x 2 és C megoldása e problémának, akkora C számot CONGRUUM nak, míg az x 2 négyzetet QUADRATUS CONGRUENTUS-nak nevezi. A műben részletesen, nagy gonddal foglalkozik a congruus-congruentus párok keresésével. Az (1) egyenletrendszer megoldása: először összeadja őket, s így a (2) 2x 2 = y 2 + z 2 egyenletet kapja, majd az y = u + v és z = u v helyettesítésel az egyszerűbb x 2 = u 2 + v 2 egyenlethez jut. Itt láthatóan x, u, v egy pitagoraszi számhármas, aminek megkeresésére jól ismert módszer áll rendelkezésre: Ha a, b páratlanok, akkor lehet 2-vel osztani: x = a 2 + b 2, u = 2ab, v = b 2 a 2. x = a2 + b 2 2 u = ab, v = b2 a Megoldandó az egyenlet. 1. lépés: x N, mert x 3 + 2x x = 20 x + x2 5 + x3 10 = 2, amiból egyrészt x < 2, másrészt = 13 < lépés: x Q +, sőt racionális szám négyzetgyöke sem lehet, mert az egyenlet x = 20 20x x 2 alakban is írható, és a jobb oldalon ez esetben racionális, míg a bal oldalon irracionális szám állna. 3. lépés: Megmutatta (nem korrekten), hogy x nem lehet kvadratikus irracionális, sőt a + b alakú szám sem.. lépés: megadta az egyenlet egy közelítő megoldását hatvanados törtekkel: x = 1; 22, 7, 2, 33,, 0 =

6 Ez pontosságú, csak a hatodik hatvanados jegy nagyobb a korrektnél kb. másféllel. Decimálisan: 1, , Megjegyzések. (1) Pontatlansága ellenére kijelenthetjük, hogy ez volt az első komoly kísérlet a harmadfokú egyenletek gyökjelekkel való, tehát algebrai megoldására. (2) Más írásaiból azonban az tűnt ki, hogy osztotta az iszlám tudósok, így Omar Khajjam, azon véleményét, hogy a harmad- és magasabb fokú egyenletek csak geometriailag oldhatók meg egzaktan. (3) Előbbi eljárásában implicite az is benne van, hogy Euklidész X. könyve nem írja le az összes algebrai irracionálist, hiszen egyenletének nincs megoldása az ott tárgyalt a + b, illetve a + b alakú irracionálisok körében. Két híres Maestro. Egy régi és egy szinte máig ható téves nézet: - A harmadfokú egyenletek általában nem oldhatók meg gyökjelekkel (a XVI. század közepéig). - A pisai Leonardó 1202-ben írott és 1228-ban átdolgozott latin nyelvű Liber Abaci-ja után a következő igazán figyelemre méltó algebrai mű Luca Pacioli 187-es terjedelmes Summa de arithmetica, geomertia, proportioni e proportionalà című könyve volt (a XX. század utolsó harmadáig). DE - a pisai Dardi mester valamikor 13 körül megírta Aliabraa di algibra c. traktátusát (címéből megítélhetően vulgáris olasz nyelven), amelynek négy későbbi, XV. századi kézirata ismert, három (vulgáris) olasz nyelvű és egy 173-as keltezésű héber fordítás; továbbá - létezik a firenzei Maestro Benedetto (Benedek Mester) 163-as Trattato di praticha d arismetica c. műve, amely mintegy 500 nagyméretű pergamen lapból és 16 könyvből áll. - Mit tartalmaznak ezek? Maestro Benedetto traktátusa. A könyvek algebrai tartalmúak: a 15. könyv elején Leonardo Liber Abacijából átvett és lefordított 82 problémát tárgyal, majd a 16. könyv nem más, mint Leonardo Liber Quadratorum-a (vulgáris) olasz nyelvű fordítása. Ebből a forrásból ismerjük Leonardo e könyvét. Néhány vizsgált egyenlettípus, és az absztrakció irányába mutató jelölés, fogalom. x 2 = px x 2 = q px = q x 2 + px = q x 2 + q = px x 2 = px + q 6

7 x 2 = censo x 3 = cubo = c = b x = censo di censo = cc, Az egyenleteket nem a mai, vagy ahhoz hasonló formában írta föl, hanem szövegesen, hasonlóan ahhoz (de természetesen nem latinul, hanem olaszul), mint például Leonardo, akinél a census et decem radicis equantur 39 szöveg mai szimbolikával nem más, mint az x x = 39 egyenlet. Amiben Pacioli tényleg újat hozott, például az RV 0 mr320 jelentése: A pisai Maestro Dardi traktátusa. Traktátusában Dardi igen hosszú listát adott egyenletek típusairól, amelyben bőségesen találunk olyanokat amelyek az ismeretlen négyzet- vagy köbgyökét is tartalmazta. Az egyes típusok megoldási eljárását nem minden esetben részletezte, gyakran csak rövid hivatkozásokat írt le. Arról nem találunk semmit, hogy hogyan jöhetett rá a megoldási eljárásra, és eljárásait természetesen nem bizonyította. Most a listán a 182. és a 183. egyenlet közé illesztett négy speciális alakú irreducibilis vegyes harmadfokú és negyedfokú egyenletet vizsgálunk meg, amelyek a küvetkezők. (1) (2) (3) () cx + bx 2 +ax 3 = n dx + cx 2 +bx 3 + ax = n dx+cx 2 + ax = n + bx 3 dx + ax = n + cx 2 + bx 3 Az (1) egyenlet megoldását, de a többit is azzal kezdte, hogy a legmagasabb fokú tag együtthatója 1-nek tekinthető: (1 ) x 3 + bx 2 + cx = n, az egyenlet megoldása: (5) x = 3 (c b ) 3 + n c b 7

8 (Természetesen nem formulát adott meg, hanem szöveget). NagyL kérdés: hogyan jött rá Dardi mester erre. Pontos válasz nyilván nem adható, hacsak nem kerül elő egy ezt tartalmazó Dardi kézirat. Ezért itt van der Waerden gondolatait vesszük alapul. Al-Kwarizmi és a pisai Leonardo az x x 2 + bx = c alakú egyenleteknél a bal oldalt teljes négyzetté egészítette ki: x L x 2 + bx + b2 = c + b2. Ezt Világos, Dardi hogy ismerhette, ezen kocka általánosíthatta, a következő 8 részre DE nyilván bontható, nemamelyek teljes, ahanem következők: csak részleges általánosság - egy xérhető oldalélű el számára. kocka, Vizsgálni kell a módszer alkalmazhatóságának föltételeit is. - három olyan négyzet alapú hasáb, amelynek alapéle x, magassága pedig L, 1. Mind - három az arab, olyan mind négyzet Leonardo alapúahasáb, másodfokú amelynek egyenletek alapélemegoldására L, és magassága alkalmazott x, eljárásaik - egy illusztrálásaként, L oldalélű kocka. bizonyításaként négyzeteket alkalmazott, így esetünkben Egy-egy harmadfokú említett testegyenletnél térfogata rendre kockát kell használnunk. 2. Dardi mester tehát mindkét oldalhoz olyan L mennyiséget adott, hogy a bal oldalon teljes köb alakuljon ki, azaz (x x+ 3, L) x 32 L, álljon. xl 2, L 3, Tekintsünk egy x + L oldalélű kockát. s természetesen az is teljesül, hogy (x + L) 3 = x 3 + 3x 2 L + 3xL 2 + L 3. Meg kell megvizsgálni, hogy kiindulási egyenletünk együtthatóinak milyen speciális föltételeket kell kielégíteniük ahhoz, hogy alkalmazhassuk módszerünket. Egyrészt egyenletünk mindkét oldalához hozzá kell adni L 3 -t, másrészt fönn kell, hogy álljanak a (B) (C) c = 3L 2 b = 3L egyenlőségek. Ezek közül (B) könnyen teljesíthető, hiszen eddig L-re nem volt kikötésünk. Ha elosztjuk (B)-et (C)-vel, akkor L = c b Ez azt jelenti, hogy eljárásunk olyan b, c együtthatók esetén alkalmazható, amelyekre fönnáll (B) és (C), azaz b 2 = 3c. Ha ez teljesül, akkor egyenletünk 8 (x + L) 3 = n + L 3

9 alakúra hozható, s így x = 3 ( c ) 3 n + L 3 c L = n 3 + b b. Dardi mester eljárását az (1 ) x x x = 000 egyenleten szemléltette. Azonnal látható, hogy mindkét oldalhoz et adva a bal oldalon az x + 20 kifejezés köbe áll, tehát az (x + 20) 3 = = egyenlethez jutunk, ami már könnyen megoldható. Dardi ezen illusztráló egyenlete egy olyan kölcsönügyletről szóló konkrét feladatból származik, amely szerepel Piero della Francesca, a XV. század egyik híres festőjének Trattato d Abaco c. könyvecskéjében. Az csak mai szemmel meglepő, mert... Ő írta az Alberti Della Pittura-ját továbbfejlesztő De perspectiva pingendi című könyvet, amely az euklideszi geometria alapos ismeretéről tanúskodik. Francesca problémája a következő: (P) Egy ember kölcsön ad a másiknak 100 Lirát, és 3 év múlva, kamatos kamatot számolva 150 Lirát kap vissza. Mennyi volt a havi kamat? Tekintsünk két további példát Dardi listájáról: (3 ) ( ) x + 28x x = 20x x x = 20x x , amelyek a következő szöveges feladatból származtak: Osszuk a 10-et két részre úgy, hogy szorzatukat különbségükkel elosztva g-t kapunk. Dardi két konkrét g értékre végzi el a számolásokat, előbb g = 18-re, majd g = 28-ra. Ha most x jelöli az egyik részt, akkor az (6) x(10 x) x (10 x) = g egyenletre jutunk, ahol g = 18, vagy g = 28 lehet. Ha g = 18, akkor az x 2 (10 x) 2 = 18(2x 10) 2 9

10 egyenletet kapjuk, amit rendezve (7) x 20x x x = Ez éppen Dardi (3 ) egyenlete. Teljesen hasonló úton a g = 28 esetben az (8) x 20x 3 12x x = 2800 egyenletet kapjuk, amely nem más, mint Dardi ( ) egyenlete. Dardi traktátusában a (3) egyenlet megoldására az a = 1 esetben az (9) x = (c ) 2 b d + n + + 2b formulát adta meg, s ugyanezt javasolta a () egyenletre is szintén az a = 1 föltétel mellett. Vizsgáljuk meg a (6) egyenletet. Ez másodfokú, és alakban, azaz 10x 2 = (2x 10) 2 g (10) x 2 2(5 g)x = 10 g alakban írható, s megoldása x = 5 g + (5 g) g (11) x = 5 g g Másrészt, ha a (6) egyenletet négyzetre emeljük, akkor (12) x 2 (10 x) 2 = g(2x 10) 2 x + (100 g)x 2 + 0gx = 20x g Írjuk most ezen utóbbi egyenletet a (3)-nak megfelelő alakban (a=1), ami x + cx 2 + dx = bx 3 + n, ahol most b = 20, c = 100 g, d = 0g, n = 100g. Ha ezeket Dardi (9)-es formulájába helyettesítjük, akkor azt kapjuk, hogy 10 x = (25 g) g + 5 g,

11 ami éppen a (11) formula. van der Waerden elemzése. Vizsgáljuk meg, hogy hogyan írhatjuk át a (11) megoldást a Dardi-féle (9) alakra, amelyekben speciális számok, mint az 5 és a g szerepel, s ez utóbbi 18, vagy 28 lehet, továbbá olyan értékek, amelyek a (13)-beli formulákkal kaphatók meg. Vegyük sorba tagonként a (11)-beli egyenlőséget, és vegyük figyelembe a kiindulási problémát, amelyet (P)-vel jelöltünk. (11)-ben az első tag 5, ami a (P)-beli 10 fele, a b = 20 pedig a 10 kétszerese. Így az első tag nem más, mint b. Ez pedig éppen a (9) második tagja. A (11) formula második tagja g, ahol g = 18, 28 lehet, míg az eredeti egyenlet d együtthatója 0g. Így, ha a d-t elosztjuk 2b = 0-nel, akkor éppen g-t kapunk, s ezáltal a (9) formula harmadik tagja d 2b = g lesz. Végül vizsgáljuk meg (9) első tagját. Ez lényegesen bonyolultabb eset az előbbieknél. Induljunk ki abból, hogy Dardi az (5)-höz hasonló formulát szeretne kapni. Ebben az első tag 3 valami plusz n, ahol az n az (1) egyenlet jobb oldalán álló konstans tag. Így amennyiben Dardi mester (3)-ra is valami hasonló alakú megoldást szeretne kapni, akkor most a valami plusz n negyedik gyökének kellene szerepelnie, s a (11)-ben ténylegesen ilyen áll. ( c ) 2-nel Ez úgy érhető el, ha a valami egyenlő. Ekkor ugyanis azt kapjuk, hogy (c ) 2 + n = (25 g) g = (25 + g) 2 = 25 + g ami éppen a (11) harmadik tagja. Mindezek csupán van der Waerden hipotézise alapján volt megfogalmazható. Hangsúlyozzuk, hogy (mindeddig) nem ismert Dardi mester eredeti gondolatmenete. Lehetett éppen az imént ismertetett, amiről azt bizton állíthatjuk, hogy megindokolja az eredményt. Vegyük azonban figyelembe, hogy gondolatmenetünk azért is viszonylag egyszerű, mert jelölésrendszerünk, írásmódunk támogatja azt. Dardi számára mindez nem állt rendelkezésre. Ezért vélhetően sokkal bonyolultabb, nehezebb gondolatmeneteket volt kénytelen alkalmazni. 11