Balka Richárd, Egri-Nagy Attila és Juhász Tibor. Matematikatörténet problémákon keresztül

Balka Richárd, Egri-Nagy Attila és Juhász Tibor Matematikatörténet problémákon keresztül

Eszterházy Károly F iskola Matematikai és Informatikai Intézet Balka Richárd, Egri-Nagy Attila és Juhász Tibor Matematikatörténet problémákon keresztül Eger, 2011

Bíráló: Dr. Balogh Zsolt Ádám f iskolai docens Nyíregyházi F iskola Készült a TÁMOP-4.1.2-08/1/A-2009-0038 támogatásával.

Tartalomjegyzék 1. Mi a matematika? a matematikalozóa néhány klasszikus és kortárs megközelítése 7 1.1. Hagyományos megközelítések.................. 8 1.2. Újabb irányzatok......................... 10 1.3. Metafora.............................. 12 1.4. Evolúciós történet........................ 15 1.5. Szociokulturális megközelítés.................. 17 1.6. Összegzés............................. 19 Irodalomjegyzék............................ 20 2. A szimmetria épít kövei 22 2.1. Szimmetria............................ 22 2.1.1. A csoportelmélet történeti gyökerei........... 25 2.2. Osztályozás............................ 27 2.2.1. Véges Abel-csoportok.................. 27 2.2.2. Ornamentális szimmetriák................ 28 2.2.3. Véges egyszer csoportok................ 28 2.2.4. Sporadikus csoportok.................. 31 2.3. Összegzés............................. 36 Irodalomjegyzék............................ 36 3. Az ésszer ség határán - Az irracionális számoktól a Cayleyszámokig 38 3.1. A pentagramma és az aranymetszés............... 38 3

3.2. Számok négyzetgyökének közelítése............... 42 3.3. Élet a komplex számokon túl.................. 43 3.3.1. Kvaterniók........................ 45 3.3.2. Cayley-számok...................... 47 3.3.3. A számfogalom lezárása................. 49 3.3.4. Négy-négyzetszám tétel................. 51 3.4. Feladatok............................. 54 Irodalomjegyzék............................ 55 4. A π 56 4.1. π irracionális........................... 56 4.2. Buon-féle t probléma...................... 59 4.3. Formulák a π számra....................... 63 4.4. Feladatok............................. 71 Irodalomjegyzék............................ 73 5. Ókori problémák - újkori bizonyítások 74 5.1. Három görög probléma...................... 74 5.2. El zmények............................ 76 5.2.1. Körívekkel határolt síkidomok területe......... 76 5.2.2. Neuszisz szerkesztés................... 78 5.2.3. Szögharmadolás és kockakett zés origamival...... 81 5.2.4. Bolyai János szögharmadolása.............. 85 5.3. Az euklideszi szerkeszthet ség elmélete............. 87 5.4. Megoldások............................ 89 5.5. Szabályos sokszögek szerkeszthet sége............. 91 5.5.1. Szabályos ötszög szerkesztésének egy módszere.... 91 5.5.2. Szabályos tizenötszög szerkesztése........... 92 5.5.3. Szabályos sokszögek szerkeszthet ségének kritériuma. 93 5.6. Feladatok............................. 95 Irodalomjegyzék............................ 97 4

6....semmib l egy ujj, más világot teremtettem 98 6.1. A tér abszolút igaz tudománya................. 98 6.2. A álprímekr l........................... 101 6.3. Fermat két-négyzetszám tétele.................. 104 6.4. Feladatok............................. 106 Irodalomjegyzék............................ 107 7. Az algebra alaptétele 108 7.1. A bizonyítás története...................... 108 7.2. Következmények......................... 110 7.3. Elemi analitikus bizonyítás................... 111 7.4. Algebrai bizonyítás........................ 112 7.5. Topológiai bizonyítás....................... 114 7.6. Komplex függvénytani módszerek................ 120 7.7. Feladatok............................. 122 Irodalomjegyzék............................ 122 8. Hilbert-problémák 123 8.1. Nemnegatív polinom mindig négyzetösszeg?.......... 123 8.1.1. Egyváltozós polinomok esete, pozitív válasz...... 124 8.1.2. Kétváltozós ellenpélda.................. 126 8.1.3. Feladatok......................... 127 8.2. Prímproblémák.......................... 128 8.2.1. A Goldbach-sejtés.................... 128 8.2.2. A Riemann-sejtés..................... 129 8.2.3. Feladatok......................... 132 8.3. A kontinuumhipotézis...................... 133 8.3.1. Feladatok......................... 138 8.4. Sokszögek és poliéderek átdarabolása.............. 138 8.4.1. Feladatok......................... 148 Irodalomjegyzék............................ 148 5

El szó Ez a jegyzet matematikatanár szakos hallgatók számára készült, a szerz k (Balka Richárd: 4.,7. és 8. fejezet; Egri-Nagy Attila: 1. és 2. fejezet; Juhász Tibor: 3., 4., 5. és 6. fejezet) által az Eszterházy Károly F iskolán oktatott, a jegyzet címével azonos nev tárgy tananyagát tartalmazza. A tárgyat a hallgatók többnyire a végzés el tti utolsó szemeszterben teljesítik, akkor, amikor már az alapképzésben megszerzett tudásukra alapozva, komplex függvénytant, topológiát és absztrakt algebrát is tanultak. A jegyzet anyaga támaszkodik ezekre az el ismeretekre. Bizonyos fejezetek feladatokkal zárulnak, melyek lehet vé teszik valamely szükséges témakör felelevenítését, egyes számolási részletek önálló elvégzését, valamint az aktuálisan tárgyalt anyag továbbgondolását. A nehezebb feladatokat * szimbólum jelöli. Bízunk benne, hogy a jegyzet eléri célját, és hasznos segédeszköz lesz az el adások követéséhez és az egyéni felkészüléshez. 6

1. fejezet Mi a matematika? a matematikalozóa néhány klasszikus és kortárs megközelítése Valamilyen szinten mindannyian foglalkozunk (vagy legalábbis kell foglalkoznunk) matematikával. A matematika tudományos kutatások, mérnöki munkák nélkülözhetetlen eszköze, ezeken keresztül még ha nem is mindig vesszük észre hatással van a mindennapi életünkre. A kérdés, hogy valójában mi is a matematika, azonban a matematika (és lozóa) kezdete óta nyitott. Ez nem azt jelenti, hogy nem születtek rá válaszok, s t, éppen ellenkez leg, nagyon sokféle válasz van rá. Ezen jegyzet elején röviden összefoglaljuk a klasszikus vélekedéseket (platonizmus kontra empirizmus, logicizmus, formalizmus, intuicionizmus, strukturalizmus), majd rövid áttekintést adunk néhány aktuális megközelítésr l (pl. matematika mint pletyka, matematika mint metafora). Mi a matematika? ez egy magával a matematikával egykorú lozó- ai probléma. A kérdés nem matematikai: a választ nem tudjuk kiszámolni, megszerkeszteni, stb. Nem is gyakorlati kérdés, inkább egy jelentéktelen 7

problémának t nik, hiszen akik csinálják úgyis tudják, hogyan kell zni a matematikát. Kiváló tankönyvek tartalmazzák azt a tudást, amely most úgy t nik sohasem fog elavulni, megtanítják a szükséges technikákat, és olyan nyitott kérdéseket vetnek fel, ahonnan elkezdhetjük a kutatómunkát. Továbbá van intézményesített rendszer az új eredmények helyességének elbírálására, jelent ségének megítélésére. Egyszóval, ezzel a pusztán lozóainak t n kérdéssel foglalkozni nem t nik túl hasznosnak, látszólag ez csak a saját magunk szórakoztatását szolgáló id töltés. Mindazonáltal azt gondoljuk, hogy a matematika fogalmi gyökereinek ismerete alapvel fontosságú a matematika megértéséhez és tanításához. Számos félreértés, félelem, olyan mondatok mint én nem szeretem a matematikát, nem vagyok jó matekos, stb. eredete lehet a matematika természetér l való rossz elképzelés, mely általában nem tudatos lozóai nézetekb l, világról való gondolkodásmódból származik. El ször röviden áttekintjük a matematikáról való gondolkodás klasszikus ágait, majd rövid recenzió formájában ismertetünk néhány újabb kelet elképzelést. 1.1. Hagyományos megközelítések A matematikalozóa klasszikus megközelítésének két f, egymással szemben álló nézete a platonizmus és az empirizmus. Platonizmus. Ez a legáltalánosabban elterjedt matematikalozóa. Állítja, hogy a matematikai objektumok egy absztrakt tartományban, t lünk függetlenül léteznek. Ez hasonlít ahhoz, ahogy Platón gondolkodott az absztrakt fogalmakról, innen ered az irányzat elnevezése. Az alapvet probléma ezzel a megközelítéssel az, hogy nehéz a nyilvánosság számára megmagyarázni, mi módon vagyunk képesek tudást szerezni egy t lünk független, nemanyagi világról úgy, hogy közvetlen tapasztalatunk csak a minket körülvev dolgokról van. Továbbá, egy platonista nem igazán tudja megmondani, mire is jó a matematika a valós életben, pontosan hogyan részesülnek a földi dolgok a matematikai fogalmak- 8

ból. Empirizmus. A platonizmus ellentettje. Az empiristák azt vallják, hogy minden (matematikai) tudást tapasztalatok útján szerzünk. Például, a bels szögeket számos háromszögben (a háromszögek az euklideszi síkon értend k) megmérve megállapíthatjuk, hogy azok összege 180. Következésképpen, van egy matematikai törvényünk. A matematika azonban nem így m ködik, a matematikában bizonyíthatjuk az állításokat. A fenti állítást csupán tapasztalati törvénynek tekintve, nem lehetnénk biztosak abban, hogy egyszer majd nem találkozunk olyan háromszöggel, mely bels szögeinek összege nem 180. Egy bizonyított matematikai tétel igazsága azonban szükségszer és általános. A fentieken túl persze más irányok is vannak. Logicizmus. Ezen elmélet szerint a matematika nem más, mint a logika kiterjesztése. Az nem vitatott, hogy a matematika alapja a logika, de már az elemi aritmetika pusztán logikai formulákkal való leírása is nagy elszántságot és er s idegzetet igényel [12]. Ugyanez mondjuk az algebrai topológiával olyasmi lehet, mint egy állat elemi részecskékkel való leírása, a szerveinek, ökológiai környezetének említése nélkül. Formalizmus. A matematika csupán játék a bet kkel, manipuláció szimbólumokkal, tételek bizonyítása axiómákból logikai következtetéssel. Hilbert programjának része egy olyan formális nyelv és következtetési szabályok bevezetése, melynek segítségével a bizonyítások formális axiómákból történ formális levezetések véges sorozatával helyettesíthet k. Ezt követ en meg kell mutatni, hogy az így kapott formális rendszer konzisztens, vagyis az axiómákból nem vezethet le ellentmondás (pl. 0 = 1). Gödel nemteljességi tétele megmutatta, hogy Hilbert programja reménytelen: a Hilbert által megengedett bizonyítási módszerekkel a konzisztencia bizonyíthatatlan. Mindemellett a formalizmus hosszú id n át domináns maradt, napjainkban kezd veszíteni kizárólagos státuszából. A formalizmus egy bevett menekülési forma: Mik is a komplex számok? Nem tudom, de tudok velük számolni. 9

Intuicionizmus. A matematika els dlegesen szellemi tevékenység, az emberi agy produktuma. A matematika nem tartalmazhat olyan metazikai feltevéseket, mint például a kizárt harmadik elve, mivel az feltételezi minden állítás lehetséges igaz voltát, így indirekt bizonyításokat sem használhatunk. A nyelv csak a matematikai tudás közvetítésére szolgál. Az intuicionisták egy a klasszikusnál sokkal korlátozottabb logikát használtak, és csak azokat az eredményeket fogadták el, melyek konstruktív módon bizonyíthatók. Strukturalizmus. A matematika a mintázatok (struktúrák) elmélete [9]. A mintázatokat alkotó objektumok igazából nem számítanak, csak a köztük lév kapcsolatok. Átmenet az objektumok és a relációk között: a természetes számok lényege a többi természetes számmal való kapcsolata. A fenti irányok b vebb ismertetése megtalálható [11]-ben. 1.2. Újabb irányzatok A matematika A matematikalozóa hagyományos megközelítései mára már többnyire elavulttá váltak, a matematikában azóta számos paradigmaváltás történt. A közhiedelemmel (a matematikát már a görögök megcsinálták) ellentétben a matematika folyamatosan fejl dik. Néhány dolog, ami változott: Alapok. A matematika felépítésének alapja általában a halmazelmélet, illetve a matematikai logika. Mindkett a matematika egy újabb, az algebrai topológiából kin tt ágának, az úgynevezett kategóriaelméletnek speciális esete. A kategóriaelméletben a statikus struktúrákról a folyamatokra helyez dik a hangsúly (struktúra meg rz leképezések). A matematika kategóriaelméleten alapuló felépítésének áttekintéséhez a [8] könyvet ajánljuk. 10

Számítógépek. A számítógépek teljesítmények növekedése is hatással van a matematika tanulmányozására és kutatására. A számítógép a matematikában olyan, mint a biológiában a mikroszkóp, vagy az asztronómiában a távcs : korábban el nem érhet dolgokat láthatunk vele. Olyan eszköz ez, mint a papír és a toll (a matematikai objektumok egy olyan küls reprezentációja, amely az objektumokat átláthatóbbá teszi), de nyilvánvalóan a gépek számítási ereje egy más szintre helyezi ezt. Emellett a számításelmélet megmutatta, hogy vannak eldönthetetlen problémák, azaz olyan kérdések, melyekre bizonyíthatóan nincs válasz. Bizonyítás. Az egzakt bizonyítás fogalma is változott, például a következ kben: Bizonyos esetek szisztematikus ellen rzése számítógép segítségével. Ekkor a bizonyítás helyességéhez a felhasznált algoritmus helyességének (és a számítógépek helyes m ködésének) belátása szükséges, az output korrektsége közvetlenül általában nem látszik. A négyszínsejtés az els olyan nevezetes sejtés, melyet számítógép segítségével igazoltak [14]. A bizonyítás olyan hosszú és komplikált, hogy egy ember nem képes átlátni azt teljes egészében. Klasszikus példa erre a véges egyszer csoportok osztályozása. A bizonyítás részletei több száz folyóiratcikkben vannak szétszórva [3, 10]. Vannak kísérletek arra (pl. [13]), hogy az egész bizonyítást lehet leg egyszer sítve, egy helyen közölve tegyék elérhet vé a jöv matematikusai számára. E nélkül ugyanis még a 21. században is megtörténhet az, hogy az emberiség matematikai tudást veszít. Valószín ség és irregularitás. Fraktál geometria, káoszelmélet a szabálytalan alakzatok és folyamatok vizsgálatáról korábban azt gondoltuk, hogy matematikailag nem kezelhet k. A valószín ségszámítás (az esély matematikája) is egy viszonylag új terület. 11

Kognitív tudományok A kognitív tudományok a tudat és az intelligencia interdiszciplináris kutatásával foglalkoznak. A tudat egy nagyon összetett, sokoldalú jelenség, így tanulmányozása több tudomány, mint például a számítástudomány, lozóa, pszichológia, mesterséges intelligencia, idegtudomány, lingvisztika, antropológia együttes er feszítését igényli. Bár nagyon távol vagyunk még attól, hogy minden kérdést megválaszolhassunk, a kognitív tudományoknak köszönhet en már van valami képünk arról, hogyan történik a gondolkodás, és azon belül a matematikai gondolkodás. Megtestesült tudat. Az a tény, hogy egy 3 dimenziós zikai világban élünk (van testünk) nem választható le a gondolkodásról. Ez természetesnek hangzik, de a klasszikus mesterséges intelligencia gyelmen kívül hagyja a tudat megtestesítését, és csak a magas szint mentális funkciókra fókuszál (pl. táblajátékok játszása, stb.). Kognitív tudatalatti. A számítási m veletek zömét az agy a tudatalatti szintjén végzi. Ehhez az alacsony szint gondolkodási folyamathoz nem tudunk közvetlenül hozzáférni, nem tudjuk közvetlenül vizsgálni. Metaforikus gondolkodás. A metafora nem csupán egy költ i kifejez eszköz, hanem az emberi gondolkodás és megértés egy alapvet kelléke: valami megértése egy másik dolog által kifejezve. 1.3. Metafora George Lako és Rafael E. Núnez: Where Mathematics Comes From: How the Embodied Mind Brings Mathematics into Being, 2000. [7] Gyakori jelenség az emberek humán-, illetve reál gondolkodású kategóriába sorolása. Ebb l a néz pontból egy költ és egy tudós az ellentétes oldalon állnak, másképpen gondolkodnak. Úgy t nik, ez az osztályozás alapvet en rossz. George Lako és Mark Johnson kognitív lingvisztikával foglalkozó szakemberek azt állítják, hogy... az emberi gondolkodás alapvet en metaforikus jelleg [6]. A metafora nem csupán egy szókép, hanem a metafora 12

Forrástartomány Céltartomány gy jtemények aritmetika azonos méret gy jtemények számok a gy jtemény mérete a szám nagysága több elem nagyobb kevesebb elemet tartalmazó kisebb a legkisebb gy jtemény egy a gy jtemények egyesítése összeadás a gy jteményb l egy kisebb gy jtemény elvétele kivonás 1.3.1. ábra. Az aritmetika egyik megalapozó metaforája. Természetes számokon bizonyos dolgok gy jteményeinek elemszámát értjük. lényege egy bizonyos dolog megértése, tapasztalása egy másik segítségével, [...] úgy gondolunk egy dologra, mintha az egy másik volna. A metaforák segítik bizonyos fogalmak megértését, áthatják gondolkodásunkat. Például a vita háború és a vita tánc metaforák a vitatkozás két lehetséges, egymással ellentétes értelmezését hordozzák. Az els szerint a cél a másik legy zése, véleményének lesöprése, míg a második szerint a vitában egymásra hangolódnak a felek, tanulhatnak, taníthatnak valami újat. A kognitív metaforák matematikai alkalmazásának alapötlete az, hogy az elemi absztrakt fogalmakat a szenzomotoros rendszer és az érzelmek segítségével értjük meg, a bonyolultabb absztrakciókat az egyszer bb absztrakciók segítségével, és így tovább, rétegr l rétegre. A matematikát szenzomotoros tapasztalathoz köt kognitív képességek alapvet en kétfélék: Nem matematikai kognitív mechanizmusok. Alapvet térbeli relációk felismerése, csoportosítás, mozgás, dolgok elrendezése a térben, változások, a testünk irányítása, alapvet m veletek dolgokkal (pl. forgatás, nyújtás), egy tevékenység többszörös ismételése, stb. Számérzék. Van egy nagyon elemi numerikus képességük, egy úgynevezett velünk született aritmetika: összeadás, kivonás 3-ig. Ez a képessége a csecsem knek és néhány állatnak is megvan. Az agyban ez az érzékleti 13

modalitások keresztez désénél helyezkedik el [1], pl. két sípoló hangban és két villanásban felismerni, hogy mi a közös. A vele született aritmetika kiterjesztése is a szenzomotoros tapasztalatban van, és az alábbi négy metaforára épül: 1. Aritmetika mint dolgok gy jteménye (1.3.1. ábra). A gy jtemények egy bizonyos szint kezelése veleszületett képesség. Az aritmetika kiterjesztése a tevékenységek többszöri ismétlése: a szorzás ismételt összeadás, az osztás ismételt kivonás. 2. Aritmetika mint dolgok összerakása. A számokat olyan összetett objektumokként értjük meg, melyek egyszer bb elemekb l (kisebb számokból) tev dnek össze (pl. prímfaktorizáció). 3. A mér rúd metaforája. A mérés az egységmérték egymás után történ felmérése. 4. Aritmetika mint mozgás egy vonal mentén. A számegyenes fogalma ebb l ered. Az aritmetikát ez a négy metafora együtt írja le. A számok természetér l való vitáknak és félreértéseknek gyakori oka az egyik metafora túlhangsúlyozása. Ha már megismertük a számokat, akkor azok újabb metaforák forrásává válhatnak. Például függvényeket is össze tudunk adni, így a függvények bizonyos értelemben úgy viselkednek, mint a számok. Gyakran el fordul a matematika m velésében, hogy kiindulunk egy olyan fogalomból, amit közvetlenül a tapasztalatunkból merítünk, majd egy id után az is közvetlen tapasztalattá válik. Ekkor ezt már forrástartományként használjuk, melyre újabb metaforákat építhetünk. A számok mellett még további alapvet matematikai objektumokra is tudunk megalapozó metaforát adni. A logika a mindennapi tapasztalatainkban gyökerezik térbeli érvelés: a logikai következmény a zikai tartalmazáshoz köt dik. Tehát a Venn-diagram nem csupán egy matematikai szemléltet 14

eszköz, hanem a matematikai gondolkodás eredetére is utal. A végtelen magyarázása már nagyobb kihívás, ugyanis tapasztalataink csak véges dolgokról vannak. De nem nehéz észrevenni, hogy a mindennapi cselekedeteinkben vannak folyamatosan ismétl d dolgok, például a séta lépések egymásutánja. A végtelen megfogható úgy, mint a dolgok vég nélküli ismétl dése. Az oktatásban gyakran gond, hogy a metaforák elsikkadnak, és csak a végeredményt közöljük. Ilyenkor azonban bizonyos tételeket nagyon nehéz megérteni. Például az e πi + 1 = 0 egyenl ség nem igazán fogható fel, mint két mennyiség egyszer egyenl sége, a benne szerepl szimbólumokhoz nehéz pusztán mennyiségeket társítani. Itt az egyenl ség jelentése már er sen metaforikus, a matematika számos területének (koordináta rendszer, komplex számok, egységkör, polárkoordináták, függvényaritmetika, trigonometria, periodicitás, hatványsorok, stb.) fogalmai nyugszanak benne. 1.4. Evolúciós történet Keith Devlin (Stanford University), The Math Gene How Mathematical Thinking Evolved and Why Numbers are like Gossip, 2000. [2] A matematika emberek által végzett szellemi tevékenység, ezért a matematika természetének vizsgálatakor logikusnak t nik megnézni a matematikát m vel él lény eredetét. A jelenleg elfogadott tudományos magyarázat fajunk eredetére az evolúció. A növények és állatok évmilliókon át tartó folyamatos fejl dése részleteinek feltárásával a biológiatudományok foglalkoznak. Ennél is nagyobb nehézségséget okoz az emberi agy, a gondolkodás, és legf képpen a nyelv eredetének vizsgálata. Keith Devlin szerint ha már egyszer van nyelvünk, a matematikai képességek el bb vagy utóbb kialakulnak, tehát a matematika nem más, mint egy speciális nyelv, vagy ha úgy tetszik, a nyelv egy speciális alkalmazási módja. Matematikával feltehet en csak párezer éve foglalkozunk. Az ember evo- 15

A matematika mint pletyka amikor matematikával foglalkozunk, akkor az agy egy olyan területét használjuk, ami más célra fejl dött ki (egzaptáció) a nyelv egy o-line gondolkodás a pletykálás alapvet en emberi, egy olyan mechanizmus, amely létrehoz és fenntart egy csoport iránti elkötelezettséget a matematika pletykálás absztrakt dolgokról az absztrakció nehézséget jelenthet az emberek számára 1.4.1. ábra. A gondolatmenet f bb pontjai lúciós kifejl dése nyilván ennyi id alatt nem lehetséges, ezért a matematikához valószín leg az agynak valamely más célra kifejl dött képességeit használjuk. Ezt elfogadva is magyarázatra szorul, miért ilyen sokára jelent meg a matematika. A matematika fejl déséhez egy viszonylag fejlett társadalomra van szükség (legyen pl. kereskedelem, építészet, stb.), ugyanis a matematika gyakorlatban való alkalmazása igazolja azt, hogy érdemes m velni. Melyik az agy azon speciális területe, melyre a matematika így utólag beköltözött? A válasz egyszer : a nyelv és a pletyka. A nyelv nem meglep, hiszen gyakran tekintik a matematikát egy speciális nyelvhasználati módnak, a pletyka azonban további magyarázatra szorul. Tapasztalati tény, hogy az emberi beszélgetések nagy része pletykálás. Még egy tudományos konferencia szüneteiben is a résztvev k legf képpen egymásról és másokról beszélnek. Bonyolult szociális kapcsolatok átlátása, események jelentésének és jelent ségének megértése, viselkedési mintázatok felismerése mind-mind rendkívül számításigényes. Mindez persze nem haszontalan: minél jobban ismerünk valakit, annál valószín bb, hogy jobban tör dünk vele, így a pletykálás a 16

csoporton belüli köt dést er síti. A könyv f állítása, hogy a matematika nem más, mint pletykálás absztrakt dolgokról: Egyszer en kifejezve, a matematikusok ugyanazon mentális képességeket használva gondolkodnak matematikai objektumokról és a köztük lév matematikai kapcsolatokról, mint az emberek többsége gondolkodik más emberekr l. Ha a matematika pusztán csak nyelvi képességeket igényel, akkor miért van oly sokaknak gondja vele? A nehézség az absztrakcióban rejlik. Az absztrakciónak négy szintjét különböztetjük meg. 1. szint: nincs absztrakció, az elgondolt objektumok valóban léteznek, az érzékek számára elérhet k (on-line gondolkodás, ha ez, akkor az); 2. szint: az objektumok valódiak, ismertek, csak éppen nem érhet k el a közvetlen környezetünkben (o-line gondolkodás); 3. szint: az elgondolt dolgokkal soha nem találkoztunk, de a tulajdonságaik valós objektumok tulajdonságainak kombinációja; 4. szint: az objektumok nincsenek a valódiakkal közvetlen kapcsolatban (matematikai gondolkodás); Az els három szintre egy átlagember probléma nélkül eljut, de onnan a negyedikre már úgy t nik nehezebb út vezet. Pszichológiai kísérletek (pl. Wason-teszt) jól mutatják, hogy egy adott feladatot többen megoldanak, ha az egy könnyen elképzelhet, emberközeli szövegezéssel van kit zve, mintha az elvont dolgokról szól. A matematikaoktatás egyik f célja tehát az absztrakciós képességek fejlesztése kell(ene), hogy legyen. 1.5. Szociokulturális megközelítés Reuben Hersh (University of New Mexico), A matematika természete, 2000. [4] 17

Egy újabb érvelés amellett, hogy a matematika emberi tevékenység, de most egy más, kulturális szemszögb l. Mi a matematika? Se nem zikai, se nem mentális, hanem társadalmi természet dolog. Része a kultúrának, része a történelemnek.... a lozóa fel l nézve a matematikát egyfajta emberi tevékenységként kell értelmezni, társadalmi jelenségként, az emberi kultúra részeként, mely a történelem során alakult ki és fejl dött, s csakis társadalmi összefüggéseiben válik érthet vé. A szerz ezt az álláspontot humanizmusnak hívja. Ez a számos más jelentést is hordozó elnevezés nem túl szerencsés, értsük úgy, mint humanista matematikalozóa. A matematikai ideák létezése Valahányszor napvilágra kerül egy új tudományos elmélet, esetünkben egy újabb lozóai megközelítés, meg kell nézni, hogyan m ködik az a régi problémákon. Jó példa lehet a platonizmus kontra anti-platonizmus vita. Ez az els dleges példa olyan lozóai örökségre, amely a nyugat-európai gondolkodás keresztje. Alapvet en kétféleképpen tudjuk elképzelni a létezést: mentálisan vagy zikailag. Na de ekkor a matematika melyikhez tartozik? A humanisták szerint rossz a kérdés: a létezésnek más módjai is vannak. Léteznek egyéni tudattól független fogalmak, pl. társadalom, háború, béke, stb. Ezek mind olyan társadalmi fogalmak melynek vannak mentális és zikális aspektusai is, de egyik sem sorolható csupán az egyik kategóriába. Hasonló a helyzet a matematikai fogalmakkal is: A matematika fogalmak gy jteménye. Nem tollvonásoké vagy krétajeleké, nem is zikai háromszögeké vagy halmazoké, hanem fogalmaké, amelyeket zikai objektumokkal lehet illusztrálni vagy reprezentálni. A matematika objektumait az ember alkotta. Nem önkényes módon, hanem már meglév objektumokból származtatva úgy, hogy 18

azok megfeleljenek a tudomány és a mindennapi élet követelményeinek. Ha már egyszer létrehoztunk egy matematikai objektumot, akkor annak lehetnek olyan tulajdonságai is, melyeket nehéz felismerni. Az második idézet a metafora alapú megközelítéssel van összhangban, az alapvet matematikai fogalmak a minket körülvev világ megértése által keletkeznek. A matematika meggyelhet valósága nem más, mint objektív tulajdonságokkal jellemezhet közös elképzelések állandóan fejl d hálózata. Felfedezés vagy alkotás A matematikát vajon felfedezik vagy megalkotják? A humanisták szerint ez a kérdés is rossz. Amikor több matematikus egyazon jól meghatározott feladványon dolgozik, értelemszer en ugyanarra a megoldásra jutnak. A megoldást felfedezik. De amikor adott célnak megfelel elméleteket alkotnak, elméleteik különböz ek. Az elméleteket megalkotják. Felfedezés vagy alkotás? Mindkett! Vagy attól függ. Általában nem elégszünk meg az eéle válaszokkal. Egy tiszta, világos döntést várunk valamelyik mellett. A kizárt harmadik elve mélyen berögzült a nyugati gondolkodásunkba. A valóság ennél sokkal gazdagabb, számtalan néz pont létezik. 1.6. Összegzés Mi a matematika? - ez a lozóai kérdés egyid s magával a matematikával. Számos lehetséges válasz van, és ha ezek nem is viszik el re a matematikát, 19

de annak megértését, tanulását, tanítását mindenképp segíthetik. Jelen fejezet röviden bemutatja a matematika lozóájának hagyományos irányzatait, majd rátér a kortárs válaszadási kísérletekre. Bármennyire hihetetlen, a matematika és a kognitív tudományok (megismeréstudományok) fejl dése új szemléleteket hozott be a matematikáról való gondolkodásba: matematika mint metaforák bonyolult hálózata, mint pletyka, vagy mint szociális konstrukció. Végezetül és útravalóul álljon itt egy népszer sci--b l merített idézet parafrázisa: Sajnos képtelenség elmondani, hogy mi az a matematika. Saját szemeddel kell látnod. Irodalomjegyzék [1] Stanislas Deheane: The Number Sense How the Mind Creates Mathematics. Oxford University Press, 1999. [2] Keith Devlin: The Math Gene How Mathematical Thinking Evolved and why Numbers are like Gossip. Basic Books, 2000. [3] Daniel Gorenstein, Richard Lyons, Ronald Solomon: The Classication of Finite Simple Groups. American Mathematical Society, 1994. [4] Reuben Hersh: A matematika természete. Typotex Kiadó, 2000. [5] Kövecses Zoltán: A metafora. Typotex Kiadó, Budapest, 2005. [6] George Lako, Mark Johnson: Metaphors We Live By. University of Chicago Press, 2003 (1980). [7] George Lako, Rafael E. Núnez: Where Mathematics comes from? How the embodied mind brings mathematics into being. Basic Books, 2000. [8] Saunders Mac Lane: Mathematics, Form and Function. Springer-Verlag, 1986. 20

[9] Michael D. Resnik: Mathematics as a Science of Patterns. Oxford University Press, 1999. [10] Mark Ronan: Symmetry and the Monster: The Story of One of the Greatest Quests of Mathematics. Oxford University Press, 2006. [11] Stewart Shapiro: Thinking about Mathematics: The Philosophy of Mathematics. Oxford University Press, 2000. [12] Alfred North Whitehead, Bertrand Russell: Principia Mathematica. Cambridge University Press, 19251927. [13] Robert Wilson: Finite Simple Groups. Springer, 2009. [14] Robin Wilson: Four Colors Suce: How the Map Problem Was Solved. Princeton University Press, 2002. 21

2. fejezet A szimmetria épít kövei A szimmetria fogalma a m vészetekt l a természettudományokig számos helyen megjelenik. A matematikában mint absztrakt fogalom pontosan deniált, és számos konkrét reprezentációja van. A szimmetria épít köveinek klasszikációja korunk matematikájának monumentális eredménye, melynek részletein számos matematikus dolgozott. Ebben a fejezetben deniáljuk a szimmetria fogalmát, majd röviden összefoglaljuk az egyszer csoportok elméletét és osztályozását. Végül néhány lélegzetelállító kombinatorikai konstrukció szimmetriái kerülnek terítékre (sporadikus csoportok). 2.1. Szimmetria A szimmetria hétköznapi jelentése valamiféle szabályosság, egyensúly, arányosság, harmónia. Akkor mondjuk dolgokra, él lényekre, hogy szimmetrikusak, ha azok egyik része a másik tükörképe. Egyik legismertebb szimmetrikus forma az emberi test. A szimmetria matematikai meghatározása ezeket magában foglalja, de ennél sokkal általánosabb: a szimmetria m veletek segítségével van deniálva, olyan transzformációt értünk rajta, amely a transzformált objektum valamilyen tulajdonságát meg rzi. Lássunk néhány példát arra, hogyan magyarázzák ezt a matematikai szimmetria vezet kutatói:...valamely elemkongurációnak egy automorf transzformáci- 22

ók alkotta csoportra vonatkozó invarianciája., Hermann Weyl: Symmetry 1952. [12] A szimmetria nem egy szám, vagy egy alakzat, hanem egy speciális transzformáció egy objektum speciális mozgatása. Ha az objektum a transzformáció után is ugyanúgy néz ki, akkor a transzformációt szimmetriának mondjuk., Ian Stewart: Why Beauty is Truth, 2007. [11] Egy objektum teljes szimmetriáját úgy kell elképzelnünk, mint minden olyan mozgást, amivel egy matematikus becsaphat minket, ha azt elvégezve azt mondja, hogy hozzá sem ért az objektumhoz., Marc Du Sautoy: Finding Moonshine: A Mathematician's Journey Through Symmetry 2008. [5] Tehát valami szimmetrikus, ha deniálva van rajta egy speciális m - velet, a szimmetria pedig egy speciális transzformáció, egy mozgatás, nem pedig egy statikus tulajdonság. Tekintsük egy szimmetrikus objektum összes szimmetriáját. Ez a halmaz zárt a leképezések kompozíciójára nézve, hiszen a szimmetrikus transzformációkat egymás után elvégezve az objektum egy újabb szimmetriát kapjuk; tartalmazza az identitást és minden szimmetriának van inverze. Tehát egy szimmetrikus objektum összes szimmetriáinak halmaza csoport a leképezések kompozíciójára nézve. A számok a nagyságot mérik, a csoportok a szimmetriát, M.A. Armstrong: Groups and Symmetry 1988. [1] Mérésen általában azt értjük, amikor egy objektumhoz hozzárendelünk egy számot. Például: egység gömb(r = 1) 4π, egész számok osztók száma, folytonos függvények lokális minimumok száma. 23

2.1.1. ábra. A szabályos sokszögek szimmetriacsoportjai a diéder csoportok. Ezek tartalmazzák a tengelyes tükrözést és a 2π szög forgatásokat. n Ezen leképezések általános alakja objektum mér szám, a mér számok különböz típusúak lehetnek, a fenti példákban egész, illetve valós számok voltak. De miért kellene beérni ennyivel? Miért ne rendelhetnénk az objektumokhoz például algebrai struktúrát, amennyiben azok megragadják az objektumok valamilyen kulcsfontosságú tulajdonságát? Például azt, hogy mennyire szimmetrikusak a szabályos sokszögek, mérhetjük a szimmetriacsoportjaikkal. (2.1.1. ábra). Ugyanez a helyzet a szabályos testekkel (2.1.2. ábra), és a magasabb dimenziós szabályos objektumokkal. Bizonyos kombinatorikai objektumoknak is mérhet a szimmetriája, ha a szimmetria operátor az elemek valamilyen átrendezése. A p : X X függvényt az X halmaz permutációjának nevezzük, ha p bijektív. Például ha X = {1,2,3,4,5}, és p = (1,2,3,4,5), t = (1,2)(3,4) az X egy-egy permutációja, akkor p az 1 2, 2 3, 3 4, 4 5, 5 1, és t pedig az 1 2, 2 1, 3 4, 4 3, 5 5 függvény. Az X halmaz szimmetriái tehát az X halmaz permutációi. Permutációk szorzatán a permutációk egymás után való végrehajtását értjük, el ször a bal-, majd a jobboldalit: (1,2,3,4,5) (1,2)(3,4) = (2,4,5). Az identikus leképezés is permutáció, azt majd 1 fogja jelölni, továbbá minden p permutációnak, mint függvénynek a p 1 inverze is permutáció, így az X halmaz permutációi csoportot alkotnak 24

2.1.2. ábra. A tetraéder A 4 szimmetriacsoportját forgatva tükrözés és forgatás generálja. A csúcsok számozásának rögzítése után ezek a m veletek jellemezhet k permutációkkal. Csúsztatva tükrözés: (1,2)(3,4), forgatás: (1,2,3). a leképezések kompozíciójára nézve. Ezt a kompozíciót ezentúl egyszer en csak jelöli. Az x 1 + x 2 + x 3 + x 4 többváltozós polinom az {x 1, x 2, x 3, x 4 } halmaz bármely permutációjára nézve önmagába megy át, míg az x 1 + x 2 + x 3 x 4 polinom csak az x 1, x 2, illetve az x 3, x 4 változóinak felcserélése esetén marad xen. 2.1.1. A csoportelmélet történeti gyökerei A csoportelmélet fejl dése is a szokásos mintát követi: a csoportok a matematika több ágában, egymástól függetlenül, különböz kontextusban bukkantak fel, de az absztrakció nem történt meg rögtön. [9] szerint a csoport fogalma az alábbi négy területen jelent meg el ször: Klasszikus algebra. (Lagrange, 1770) A 18. század végéig az algebra tárgya a polinomegyenletek megoldása volt. Lagrange a harmad-, negyed-, majd a magasabb fokú egyenletek megoldásait vizsgálta, és megkonstruálta az úgynevezett rezolvens egyenletet: 25

1. megadta az n gyök és az eredeti egyenlet együtthatóinak egy racionális függvényét; 2. megvizsgálta ezek lehetséges értékeit az n darab gyök permutálása mellett: y 1,..., y k ; 3. ekkor a rezolvens egyenlet (x y 1 )(x y 2 ) (x y k ) = 0. Továbbá megmutatta, hogy k osztója n!-nak, ami tulajdonképpen annak az általunk is ismert Lagrange-tételnek a speciális esete, mely szerint véges csoport részcsoportjainak rendje osztja a csoport rendjét. Lagrange még nem beszélt explicite csoportokról, az csak majd kés bb, Galois munkájában jelent meg. Itt tehát egy matematikai objektum (egyenletek) szimmetriáinak vizsgálata történt. Számelmélet. (Gauss, 1801) Gauss Disquisitiones Arithmeticae cím m - vében a következ csoportok jelennek meg: az egész számok maradékosztályai modulo m az összeadásra nézve; az el z multiplikatív csoportja; a bináris kvadratikus formák ekvivalencia osztályai; és az n- edik egységgyökök. Ezek mind Abel-csoportok, azaz a csoportm velet kommutatív. Elvonatkoztatás azonban még itt sem történik, ezekr l mind csak számelméleti kontextusban van szó. Geometria. (Klein, 1874) Egy geometriai alakzat tulajdonságai közül azok érdekesek, melyek bizonyos transzformációkra nézve invariánsak, így a transzformációk az érdekl dés középpontjába kerülnek. Klein erlangeni programjában kimondta, hogy a csoportelmélet fontos eszköze a geometria rendszerezésének. Ž a csoport fogalmát már explicite használta. Analízis. (Lie, 1874; Poincaré és Klein, 1876) Sophus Lie Lagrange és Galois polinomegyenletekre vonatkozó eredményeinek dierenciálegyenletekre való átvitelét t zte ki célul. Ennek kulcsa olyan folytonos transzformációcsoportok keresése, melyre az analitikus függvények invariánsak. Kétségtelen, hogy az absztrakció a matematika egyik legfontosabb eszköze. Ha a matematikát egy szóban kellene összefoglalnunk, bizonyára az 26

absztrakció lenne az. Lényege, hogy hasonló dolgok közös tulajdonságait megragadva, olyan új dolgokat fedezünk föl, ami igaz minden olyan dologra, melyre az adott tulajdonságok teljesülnek: köztük a kiinduló dolgokra is, és olyanokra is, melyekre korábban nem is gondoltunk. Az absztrakt fogalmak megjelenéséhez azonban id kell. A 19. század els felében már számos konkrét csoportra volt példa, de az absztrakt csoportfogalom csak a 19. század végén jelent meg. Legkorábban 1854-ben Arthur Cayley beszélt úgy csoportokról, mint egy kétváltozós m velettel ellátott halmazról, de erre a kortársai nem igazán gyeltek fel. A csoportfogalom megjelenése után az elmélet szerteágazott: például véges-, kombinatorikus-, végtelen Abel-, topologikus-, stb. csoportok elmélete. 2.2. Osztályozás Az osztályozás, vagy más néven klasszikáció egy az emberek által gyakran végzett (elméleti) tevékenység, mely alatt valamilyen sokaság elemeinek osztályokba rendezését értjük: a valamilyen szempontból azonos (van olyan közös tulajdonság, mellyel az osztály minden eleme rendelkezik, de egyetlen osztályon kívül es elem sem) elemeket egy osztályba soroljuk. Az egyes osztályokon további osztályozás végezhet. Az osztályok egyes elemei nyilván lehetnek különböz ek (pl. más a méretük), de az osztályozó tulajdonság szempontjából azonosak (pl. a struktúrájuk ugyanazt a mintát követi). 2.2.1. Véges Abel-csoportok Klasszikus példa osztályozásra a véges Abel-csoportok alaptétele. Minden véges Abel-csoport felbontható prímhatványrend ciklikus csoportok direkt szorzatára. A felbontásban szerepl tényez k rendjei sorrendt l eltekintve egyértelm en meghatározottak. 27

2.2.2. Ornamentális szimmetriák Geometriai motívumok szimmetrikus ismétlésével szép mintákat hozhatunk létre. A motívumok színe és m vészi formája a végtelenségig variálható, de az alapul szolgáló szimmetria-típusok száma véges. Az euklideszi síkban 17 tapétacsoport, vagy más néven kétdimenziós tércsoport van [12, 4]. Granadában (Andalúzia, Spanyolország), a mór építés Alhambra palotában mind a 17 csoportból láthatunk mintákat. Érdekes matematikai kihívás lehet turisták számára ezek felkutatása. [5] ezen szellemi kaland élményszer leírását tartalmazza. Miért pont 17? A válasz egy hosszú és bonyolult bizonyítás, de alapvet tény, hogy csak néhány olyan síkidom (csempe) létezik, mellyel a sík átfedés- és hézagmentesen lefedhet. 3 dimenzióban 230 tércsoport (kristálycsoport) van. A tapétacsoportok osztályozása teljes, így ha találunk egy látszólag újnak t n mintázatot, az is szükségképpen a 17 eset (lásd 2.2.1. ábra) valamelyikébe tartozik. 2.2.3. Véges egyszer csoportok A véges egyszer csoportok klasszikációja, vagy más szóval a szimmetria épít köveinek meghatározása, a matematikai egyik legfontosabb eredménye. Egyszer csoportok Gyakran értünk meg dolgokat úgy, hogy azt részekre bontjuk mindaddig, amíg a (tovább már nem bontható) épít köveihez el nem jutunk, majd megvizsgáljuk, hogy ezekb l a részekb l hogyan rakható újra össze az egész. Olyan ez, mint amikor a zikában egy makroszkopikus objektumot atomjaira bontunk, majd az atomokat elemi részecskékre. A matematika ugyanezt a módszert használja. Az egész számok épít kövei például a prímszámok, ezekb l az összetett számokat a szorzás (ami tulajdonképpen egy ismételt összeadás) segítségével tudjuk el állítani. Mivel a csoportokat a számokhoz hasonlóan mérésre használjuk, szükségünk lenne csoportokra vonatkozó dekompozíciós tételre (2.2.2. ábra). De vajon mik lesznek a szimmetriacsopor- 28

2.2.1. ábra. A 17 szimmetria-típus alkalmazása a G bet re, mint mintára. A minták az Inkscape (http: ://inkscape.org) vektorgrakus rajzolóprogrammal lettek el állítva. 29

Természetes számok Csoportok Épít kövek Prímek Egyszer csoportok Kompozíció Szorzás/Osztás B vítés/faktorizálás 2.2.2. ábra. Az egészek prímfelbontása és a csoportok felbontása közötti párhuzam tok épít kövei? Az világos, hogy valamilyen részcsoportoknak kell lenniük, vagyis a szorzásra zárt részhalmazoknak. Ezek közül az osztók szerepét az úgynevezett normális részcsoportok látják el. Ezt úgy értjük, hogy ha vesszük egy csoport valamely normális részcsoportja szerinti mellékosztályainak a halmazát, majd a csoportbeli szorzás felhasználásával értelmezzük azon egy is szorzást, akkor egy újabb csoporthoz jutunk (faktorcsoport), melyek elemei tulajdonképpen az alapcsoport bizonyos részei. A pozitív egészek épít köveinek pontosan két osztója van: 1 és önmaga; a csoportok épít kövei azok melyeknek pontosan két normális részcsoportjuk van: a csak a neutrális elemet tartalmazó részcsoport, illetve önmaga. Ezeket nevezzük egyszer csoportoknak. A tétel Minden véges egyszer csoport a következ k egyikével izomorf: 1. Prímszám rend ciklikus csoport. Ezek mind Abel-csoportok. 2. Legalább 5-öd fokú alternáló csoport (5 vagy annál több elem páros permutációit tartalmazza). 3. Az alábbi típusú egyszer Lie-csoportok: a) klasszikus Lie-csoport, nevezetesen a projektív speciális lineáris csoportok, unitér csoportok, szimplektikus csoportok, és a véges testek fölötti ortogonális lineáris csoportok; b) a kivételes és a csavart Lie-csoportok (most ide soroljuk az úgynevezett Tits-csoportot is, mely szigorú értelemben véve nem Liecsoport). 30

4. A 26 úgynevezett sporadikus csoport valamelyike. A tételt igaznak tekintjük, a bizonyításban az utolsó ismert lyuk 2004-ben lett betömve. A bizonyítás azonban darabokban van, több száz folyóiratcikk együttes eredménye. Ezek feldolgozására és egyesítésére (egységesítésére) tettek kísérletet a [3, 13] könyvekben. Talán nem nagy merészség azt állítani, hogy nem létezik ember, aki a bizonyítást teljes egészében ismeri, átlátja, és érti. A bizonyítás helyességébe vetett hit viszont útját állja annak, hogy az id sebb generáció helyébe lép atal kutatók, PhD hallgatók ezzel tovább foglalkozzanak, nekik ez már nem kihívás, hiszen látszólag készen van. A teljes matematikai szövegkorpusz jól kereshet elektronikus tárolása a 21. század lehet sége. Ezek megértéséhez azonban emberi kapacitásra van szükség. E nélkül ugyanis a tudás elveszhet. 2.2.4. Sporadikus csoportok A sporadikus csoportok nem tartoznak a tételben említett els három család egyikéhez sem, k minden szempontból kivételesek [2, 7]. Ezeket általában valamilyen matematikai struktúra automorzmuscsoportjaként lehet tetten érni. Hermann Weyl szerint a modern matematika vezérelve: Ha egy strukturált Σ sokasággal támad dolgod, igyekezz automorzmuscsoportját meghatározni: a minden strukturális összefüggést megtartó elemtranszformációk csoportját.[12] Witt design M 24 Tekintsük egy 24 elem S halmaz 8 elem részhalmazainak (oktád) egy olyan rendszerét, melyre igaz, hogy S minden ötelem részhalmaza pontosan egy oktádhoz tartozik. Egy 24 elem halmaz 5 elem részhalmazainak száma ( 24 ) ( 5 = 42504, és minden oktádban 8 ) 5 = 56 darab 5 elem részhalmaz van. Jelölje az oktádok számát N. Mivel minden 5 elem részhalmaz pontosan egy oktádban szerepel, N 56 = 42504 31

2.2.3. ábra. Sporadikus csoportok. A vonalak a részcsoport-viszonyt jelzik. A sötétebb árnyalat jelzi, hogy az adott sporadikus csoport nem részcsoportja más sporadikus csoportnak. 32

2.2.4. ábra. Körpakolás 2 dimenzióban. A jobb oldali minta a legs r bb kitöltése a síknak. adódik, így N = 42504 = 759. 56 Ez els ránézésre kissé kevésnek t nhet, hiszen az 5 elem részhalmazok száma elég nagy. Egy oktád azonban elég sok 5 elem részhalmazt tartalmaz, így ez egy nagyon tömör struktúra. Nem csoda, hogy olyan sok szimmetriája van. Leech-rács körpakolás 24 dimenzióban A körpakolás egy régi matematikai probléma. A cél adott térfogat kitöltése minél több gömbbel. Két dimenzióban a megoldás könny, lásd 2.2.4. ábra. Kepler már 1611-ben sejtette, hogy a 3 dimenziós teret a legs r bben úgy tudjuk gömbökkel kitölteni, mint ahogy általában a narancsokat elrendezni szokás a zöldségboltban (2.2.5. ábra). Ennek bizonyítása csak 1998-ban történt meg Thomas Hales által, mely el ször 2005-ben jelent meg [8]. A feladat kiterjeszthet magasabb dimenzióra is. Jóllehet magasabb dimenziós narancsok nincsenek, de a hatékony kitöltés által meghatározott rács használható információátvitelkor, mint hibajavító kód. A helyzet 8 dimenzió fölött eléggé 33

2.2.5. ábra. 3 dimenzióban az a leghatékonyabb pakolás, ahogy narancsokat vagy ágyúgolyókat szokás egymásra helyezni. elbonyolódik, de 24 dimenzióban valami különleges történik. A Witt design használatával felépíthetünk egy olyan rácsot, melyben egy 24 dimenziós kör másik 196560-at érint (mint láthattuk, a 2 dimenziós megoldásnál minden kör 6 másikat érint). Ez már nem geometriai, hanem egy kombinatorikai konstrukció. Egy gömb leírásához egy rendezett elem 24-esre van szükség (elég a gömb középpontját megadni). Helyezzük az egyik gömböt az origóra (mind a 24 koordináta nulla), majd tekintsük azokat a gömböket, melyek középpontjai a következ k: Alkalmazzuk a Witt design konstrukcióját az S = {1,2,...,24} halmazra, majd minden oktádhoz rendeljük azt a rendezett elem 24-est, melynek i-edik komponense +2 vagy 2, ha i szerepel az oktádban, egyébként pedig 0. Hagyjuk meg ezek közül azokat, melyben a negatív komponensek száma páros. Így 2 7 759 = 97152 különböz rendezett elem 24-est (gömböt) kapunk. 34

2 komponens +4 vagy 4, a maradék 22 pedig 0. Ilyenb l darab van. 2 2 ( ) 24 = 1104 2 Az egyik komponens +3 vagy 3, a többi 23 pedig +1 vagy 1. Ezek száma Egy-egy példa a fenti három típusra: 2 2 24 = 98304. (2, 2,2, 2,0,0,0,0,0,0,0,0, 2, 2,2,2,0,0,0,0,0,0,0,0), (0,0,0,0,0,0,0,0,4,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0, 4,0,0,0,0), (1, 1,1,1, 1,1,1,1, 1,1,1,1,3, 1,1,1, 1,1,1, 1, 1, 1,1, 1). Könny látni, hogy mind a 196560 pont origótól való távolsága 32 (itt távolságon a koordináták négyzetösszegéb l vont négyzetgyököt, azaz az euklideszi távolságot értjük). Továbbá, semelyik két gömbnek nincs közös bels pontja, a szomszédosak érintik egymást. A Leech-rács automorzmuscsoportja (Co1) is egy sporadikus csoport, melyet John Horton Conway fedezett fel 1968-ban. Moonshine-elmélet Az 1970-es évek végén John McKay egy számelméleti cikkben teljesen véletlenül bukkant rá a 196884 számra (a történet b vebben: [10]), melyb l a Szörnyeteg (Monster group: az 196884 dimenziós vektortér szimmetriáiból álló sporadikus csoport) és a moduláris függvények egy váratlan kapcsolatára következtetett. Ezt a jelenséget John Horton Conway nevezte el moonshine-nak a szó nem hétköznapi értelmében. A moonshine ugyanis mint szleng, illegálisan párolt whiskey-t is jelent bizonyítva ezzel, hogy a matematikusok sincsenek híjján a humornak. 35

Kés bb kiderült, hogy ez nem csak egy véletlen egybeesés, hanem az elméletnek vannak zikai vonatkozásai. Úgy látszik tehát, hogy ezek a gigantikus algebrai struktúrák valahogyan jelen vannak a minket körülvev univerzumban [6]. 2.3. Összegzés A fejezetben el ször a mérés egyfajta általánosítását láthattuk: egy objektum szimmetriáját mérhetjük csoportokkal. Ezt követ en azt deniáltuk, hogy mikor monduk egy szimmetriacsoportot egyszer nek, majd a véges egyszer csoportok osztályozásával folytattuk. Végezetül néhány furcsa csoport konstrukcióját ismertettük. Irodalomjegyzék [1] M. A. Armstrong: Groups and Symmetry. Springer, 1988. [2] Michael Aschbacher: Sporadic Groups. Cambrdige University Press, 1994. [3] Oleg Bogopolski: Introduction to Group Theory. European Mathematical Society, 2008. [4] John H Conway, Heidi Burgiel, and Chaim Goodman-Strauss: The Symmetries of Things. AK Peters, 2008. [5] Marcus du Sautoy: Finding Moonshine: A Mathematician s Journey Through Symmetry. 4th Estates Ltd., 2008. [6] Terry Gannon: Moonshine beyond the Monster: The Bridge Connecting Algebra, Modular Forms and Physics. Cambridge University Press, 2006. [7] Robert L. Griess: Twelve Sporadic Groups. Springer, 1998. 36

[8] Thomas C. Hales: A proof of the kepler conjecture. Annals of Mathematics, Second Series, 162(3):10651185, 2005. [9] Israel Kleiner: A History of Abstract Algebra. Birkhäuser, 2007. [10] Mark Ronan: Symmetry and the Monster: The Story of One of the Greatest Quests of Mathematics. Oxford University Press, 2006. [11] Ian Stewart: Why Beauty Is Truth: The History of Symmetry. Basic Books, 2007. [12] Hermann Weyl: Szimmetria. Gondolat Kiadó, Budapest, 1982. [13] Robert Wilson: Finite Simple Groups. Springer, 2009. 37

3. fejezet Az ésszer ség határán - Az irracionális számoktól a Cayley-számokig A számfogalom kialakulása évszázadokon át zajló folyamat eredménye. A fejezet tárgyát képez számokat a görögök még nem ismerték (vagy ismerték, de nem tekintették számnak), k ugyanis csak természetes számokkal, illetve azok arányaival számoltak. Annak felfedezése, hogy az egységnégyzet átlójának hossza ezekkel nem írható le, sokként hatott rájuk. A fejezet els részében igazoljuk, hogy a szabályos ötszög átlója és oldala hosszának aránya irracionális, majd egy régr l ismert eljárást mutatunk számok négyzetgyökeinek közelítésére. Ezt követ en megmutatjuk, hogy a valós, s t még a komplex számokon túl is van élet: felépítjük a kvaterniók és az oktávok algebráját. Ez utóbbi kett már a 19. század vívmánya. 3.1. A pentagramma és az aranymetszés Mennyiségeket összemérhet nek mondunk, ha ugyanazon mértékkel mérhet k, összemérhetetlennek pedig, ha nem található hozzájuk közös mérték. Ez Euklidész Elemek X. könyvének els deníciója. Egy a szakasz mérhet az 38

e (egység mérték ) szakasszal, ha a egyik végpontjából indulva az e szakaszt egymás után véges sokszor fölmérve eljuthatunk a másik végpontjáig: a = } e + e + {{ + e } = m e, m szer ahol a szakaszt és a hosszát kényelmi okokból azonosítottuk. Az a 0 és a 1 szakaszokat összemérhet nek mondjuk, ha mindkett mérhet ugyanazzal a e egység mértékkel, azaz léteznek olyan m és n természetes számok, hogy a 0 = m e és a 1 = n e. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy két szakasz összemérhet, ha hosszainak aránya racionális szám. A módszer arra, hogy megkeressük két szakaszhoz a közös mértéket, tulajdonképpen az euklideszi algoritmus. Tegyük fel, hogy az a 1 szakasz a rövidebb, és mérjük fel ezt az a 0 szakaszra az egyik végpontjától kezd d en mindaddig, míg a maradék szakasz hossza kisebb nem lesz, mint a 1 hossza. Ekkor, ha a maradék hossza a 2, akkor a 0 = n 1 a 1 + a 2, ahol a 2 < a 1. Folytatva az eljárást a 1 és a 2 -vel, majd a 2 és a 3 -mal, kapjuk, hogy a 1 = n 2 a 2 + a 3 a 2 = n 3 a 3 + a 4. ahol a 1 > a 2 > a 3 > a 4 >. Ha a 0 és a 1 összemérhet k, akkor ez az eljárás véges sok lépés után véget ér úgy, hogy valamely k-ra a k 1 = n k a k, és ekkor a k az a 0 és a 1 szakaszok közös mértéke. (Megjegyezzük, hogy szakaszok helyett nyugodtan tekinthetünk valós számokat.) A görögök kezdetben azt gondolták, hogy bármely két szakasz összemérhet. Kés bb belátták, hogy az egységnyi oldalú négyzet oldala és átlója nem összemérhet, ennek következtében az egységnégyzet átlójának hosszát nem tekintették számnak. 39

Könnyen igazolható, hogy a 0 és a 1 akkor és csak akkor összemérhet, ha az a 0 : a 1 = n 1 + a 2 : a 1 = n 1 + 1 a 1 : a 2 = n 1 + = n 1 + 1 n 2 + a 3 : a 2 1 1 n 2 + 1 = = n 1 + a 2 :a 3 n 2 + 1 n 3 + lánctört véges. A pentagramma, azaz a szabályos ötszög átlói által alkotott ötágú csillag a püthagoreusoknál fontos vallási és lozóai szerepet töltött be. Ezért is volt misztikus Hippasus felfedezése, miszerint a pentagramma tartalmaz két nem összemérhet szakaszt. Tekintsük az ABCDE szabályos ötszöget, és rajzoljuk meg mind az öt átlóját. Az átlók A, B, C, D és E metszéspontjai egy újabb szabályos ötszög csúcsai. Világos, hogy az ötszög minden átlója 3.1.1. ábra. Pentagramma párhuzamos az ötszög valamely oldalával, így az ADE és BE C háromszögek hasonlóak és AD : AE = BC : BE. Továbbá, mivel az AE és a BD, valamint a DE és az AC szakaszok párhuzamosak, így BC = AE = DE és BE = BD BC. Tehát bármely szabályos ötszögben az átló hossza úgy aránylik az oldal hosszához, mint az oldal hossza az átló és az oldal hosszának különbségéhez. Jelölje most a szabályos ötszög átlóját a 0, oldalát 40

a 1, és legyen a 2 = a 0 a 1. Ekkor a 0 : a 1 = a 1 : a 2 és a 2 < a 1. Az a 3 = a 1 a 2 különbséget képezve kapjuk, hogy a 1 : a 2 = a 2 : a 3 és a 3 < a 2. Az eljárást folytatva az i-edik lépésben, legyen a i+1 = a i 1 a i. Ekkor a 0 : a 1 = a 1 : a 2 = = a i : a i+1, továbbá a i+1 < a i. Az eddigiek alapján az a 0 és a 1 elemeken végrehajtott euklideszi algoritmus a 0 = 1 a 1 + a 2 a 1 = 1 a 2 + a 3. a i 1 = 1 a i + a i+1, és az arányukat leíró a 0 : a 1 = 1 + 1 1 + 1 1+ lánctört végtelen, tehát a szabályos ötszög oldala és átlója nem összemérhet. Az egyenl ségb l következik, hogy a 0 : a 1 = a 1 : a 2 = a 1 : (a 0 a 1 ) a 0 : a 1 = 1 + 5. 2 Ez az arány, melyr l most beláttuk, hogy irracionális szám, aranymetszésként ismert. 41

3.2. Számok négyzetgyökének közelítése Az alábbi iterációs eljárás a meghatározására Mezopotámiából származik. Tegyük fel, hogy a > 1, és közelítsük a-t egy olyan x 0 számmal, melyre a > x0 > 1, és ezen becsléssel a h 0 = a x 0 hiba legfeljebb 1 legyen. Ekkor x 0 a < a és így x 0 < a < a x 0. ( ) Legyen x 1 = 1 2 x 0 + a x 0, vagyis a két korlát számtani közepe. Mivel x0 > 1 és h 0 < 1, a a x 1 -gyel való közelítésének hibája h 1 = x 1 a ) = 1 (x 0 + ax0 a 2 = (x 0 a) 2 2x 0 < (x 0 a) 2 = h 0 2 2 2 < h 0, tehát x 1 jobb közelít érték, mint x 0. Az eljárás ismétlésével kapjuk, hogy az x n+1 = 1 ) (x n + axn 2 jobb közelít érték mint x n. Az algoritmus konvergenciájának igazolása az olvasó feladata (lásd 1. feladat). Jóllehet az utókor számára csak a végeredmény maradt fenn, a mezopotámiaiak valószín leg ezzel a módszerrel kapták a 2 1,4142122 meglep en jó becslést. A fenti módszert alkalmazták a 2 + b közelítésére is. Az els lépésben x 0 = a választással a < a 2 + b < a2 + b a adódik. Ekkor a következ közelít érték x 1 = 1 2 ( ) a + a2 + b a = a + b 2a, 42

mely ( a + b ) 2 = a 2 + b + b2 2a 4a 2 miatt mindig fels becslése a 2 + b pontos értékének. Ehhez a becsléshez másféleképpen is eljuthatunk. Keressük a 2 + b pontos értékét a + x alakban. Négyzetre emelés és rendezés után x(2a + x) = b, majd x = adódik. A nevez ben x helyére újra b 2a + x a 2 + b = a + 2a + b 2a+x-t helyettesítve a b b 2a+ b 2a+ végtelen lánctörtet kapjuk, melynek a babiloniak által kapott a+ b 2a formula éppen az els közelít törtje. Alkalmazzuk az eljárást a 3 = 1 2 + 2 közelítésére. Ekkor a közelít törtek a következ k: 1 + 2 2 = 2, 1 + 2 2 + 2 = 5 3, 7 4, 19 11, 25 15, 71 41, 2 97 56, 265 153, 368 209, 989 571, 1351 780,... Valószín síthet, hogy az ókori görögök is ismerték ezt a közelít eljárást, ugyanis Arkhimédész 3-at a következ képpen becsülte: 265 153 < 3 < 1351 780. 3.3. Élet a komplex számokon túl A komplex számoknak rendezett valós számpárokkal való deniálása Sir William Rowan Hamilton nevéhez f z dik. 1833-ban írt értekezésében dolgozta ki ezek algebráját, ahol a számpárokon értelmezett m veletek a következ k: 43

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac db, bc + da). (3.3.1) Könny belátni, hogy R R testet alkot ezekkel a m veletekkel, melyet komplex számtestnek nevezünk, és C-vel jelölünk. Tekintsük a komplex számok halmazának R 0 = {(a,0) : a R} részhalmazát. Világos, hogy a ϕ: R R 0, ϕ(a) = (a,0) leképezés bijektív és m velettartó, vagyis izomorzmus, így R 0 a C részteste. Ez alapján mondhatjuk, hogy a valós számok egyben komplex számok is, és ha valós számokat mint komplex számokat adunk, illetve szorzunk össze, az eredmény ugyanaz lesz, mintha valós számokként tettük volna velük ugyanezt. R 0 elemeit tehát nyugodtan azonosíthatjuk a valós számokkal, így az (a,0) komplex szám helyett ezentúl csak a-t írunk. Vezessük be az i = (0,1) jelölést. Ekkor az (a, b) komplex szám a következ alakban is írható: (a, b) = (a,0) + (0, b) = (a,0) + (b,0) (0,1) = a + bi, melyet az (a, b) komplex szám algebrai alakjának nevezünk. Világos, hogy i 2 = 1. A z = a + bi komplex szám konjugáltján a z = a bi komplex számot, míg abszolút értékén az z = zz nemnegatív valós számot értjük. Így a komplex számok abszolút értéke nem más, mint az R 2 -beli standard bels szorzatból származó norma. Továbbá, bármely z 1, z 2 C esetén z 1 z 2 = z 1 z 2 teljesül. Ennek alapján C normált algebra R felett. Az eddig elmondottakat úgy is tekinthetjük, hogy a sík pontjain egy rögzített OXY koordináta-rendszerben sikerült olyan összeadást és szorzást deniálni, melyekre nézve a sík pontjai testet alkotnak, és ezek a m veletek 44

az X tengelyen a valós számokon megszokott összeadást és szorzást indukálják. Vagy fordítva: az X tengelyen (számegyenesen) adott összeadást és szorzást terjesztettük ki a sík pontjaira. A kérdés az, hogy a háromdimenziós tér pontjain egy rögzített OXY Z koordináta-rendszerben lehetséges-e olyan összeadást és szorzást értelmezni, hogy azok az OXY és OXZ síkokon a komplex számok m veleteit indukálják. Tegyük fel, hogy ez lehetséges. A fent megfogalmazott igények szerint (a, b,0)(c, d,0) = (ac db, bc + da,0) és (a,0, b)(c,0, d) = (ac db,0, bc + da) bármely a, b, c, d R esetén. Legyen (0,1,0) (0,0,1) = (u, v, w) = (u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w). Mindkét oldalt szorozva (0,1,0)-val, majd alkalmazva a disztributivitást (0,0, 1) = ((0,1,0)(0,1,0))(0,0,1) = (0,1,0)((0,1,0)(0,0,1)) = (0,1,0)((u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w)) = (0, u,0) + ( v,0,0) + (0,1,0)(0,0,1)(w,0,0) = (0, u,0) + ( v,0,0) + ((u,0,0) + (0, v,0) + (0,0, w))(w,0,0) = (0, u,0) + ( v,0,0) + (uw,0,0) + (0, vw,0) + (0,0, w 2 ) = (uw v, u + vw, w 2 ). Innen kapjuk, hogy w 2 = 1, ami ellentmondás. 3.3.1. Kvaterniók Hamilton 1843-ban rájött, hogy ha az általánosítás számhármasokra nem is, de számnégyesekre elvégezhet. A négydimenziós tér rögzített OXY ZK koordináta-rendszere mellett olyan összeadást és szorzást deniált, mely az OXY, OXZ és OXK síkokon a komplex számokon értelmezett szorzást in- 45

dukálja. Ennek érdekében a szorzás kommutativitását fel kell áldozni, de ett l még minden origótól különböz pontnak lesz multiplikatív inverze. Ez volt az els példa ferdetestre. Tekintsük az R 4 halmazon az alábbi összeadást és szorzást: (a 1, a 2, a 3, a 4 ) + (b 1, b 2, b 3, b 4 ) = (a 1 + b 1, a 2 + b 2, a 3 + b 3, a 4 + b 4 ) (a 1, a 2, a 3, a 4 ) (b 1, b 2, b 3, b 4 ) = (a 1 b 1 a 2 b 2 a 3 b 3 a 4 b 4, a 1 b 2 + a 2 b 1 + a 3 b 4 a 4 b 3, a 1 b 3 + a 3 b 1 a 2 b 4 + a 4 b 2, a 1 b 4 + a 4 b 1 + a 2 b 3 a 3 b 2 ). Könnyen ellen rizhet, hogy R 4 ezekkel a m veletekkel asszociatív gy r, melynek egységeleme (1,0,0,0), és az x = (a 1, a 2, a 3, a 4 ) (0,0,0,0) elem inverze, ( x 1 a 1 a 2 = a 2 1 + a2 2 + a2 3 +, a2 4 a 2 1 + a2 2 + a2 3 +, a2 4 ) a 3 a 4 a 2 1 + a2 2 + a2 3 +, a2 4 a 2 1 + a2 2 + a2 3 +. a2 4 Tehát R 4 ferdetest, melyet a kvaterniók ferdetestének nevezünk, és H-val jelölünk. Mint azt a komplex számoknál láttuk, az (a,0,0,0) kvaternió azonosítható az a valós számmal, továbbá az i = (0,1,0,0), j = (0,0,1,0), k = (0,0,0,1) jelölésekkel az (a 1, a 2, a 3, a 4 ) elem a 1 + a 2 i + a 3 j + a 4 k alakba írható. Az ilyen algebrai alakban megadott elemek könnyedén összeszorozhatók az i 2 = j 2 = k 2 = 1, ij = ji = k, jk = kj = i, ki = ik = j egyenl ségek és a disztributív szabály alapján. Az a = a 1 + a 2 i + a 3 j + a 4 k 46

3.3.1. ábra. Kvaterniók báziselemeinek szorzása kvaternió konjugáltján az a = a 1 a 2 i a 3 j a 4 k kvaterniót értjük, abszolút értékén pedig az a = aa = a 2 1 + a2 2 + a2 3 + a2 4 nemnegatív valós számot. A kvaterniók abszolút értéke multiplikatív, így a kvaterniók ferdeteste normált algebra R felett. 3.3.2. Cayley-számok 1844-ben, két hónappal a kvaterniók felfedezését követ en John T. Graves levélben értesítette Hamiltont arról, hogy sikerült a konstrukciót nyolc dimenzióra továbbvinni, vagyis létezik nyolcdimenziós algebra a valós számok felett, melyben minden nullától különböz elemnek van inverze a szorzásra nézve. Hamilton válaszlevelében rámutatott arra, hogy ez az algebra már nem asszociatív. Graves eredményének publikálását addig halogatta, mígnem els bbségét el is vesztette: ezeket az úgynevezett oktávokat Arthur Cayley egy 1845-ben publikált cikkének függelékében szintén kiépíti. Bár Graves és Hamilton is értesítették a folyóirat szerkeszt ségét Graves els bbségér l, az oktávokat az utókor Cayley-számokként ismeri. Könny belátni, hogy a komplex számoktól a kvaterniókig úgy is eljuthattunk volna, hogy a C C Descartes-szorzaton a szorzást a következ képpen deniáljuk (vö. (3.3.1)): (a, b) (c, d) = (ac db, b c + da). Ha a, b, c, d kvaterniók, akkor ezzel a képlettel a H H halmazon értelmezhetünk szorzást. Megjegyezzük, hogy ekkor már a jobb oldali zárójelben kva- 47

terniók szorzása történik, így ott a tényez k sorrendje fontos. Ez a szorzás az (komponensenkénti) összeadásra nézve mindkét oldalról disztributív, így H H algebra R felett, melynek dimenziója 8. Ez az algebra, melyet ezentúl Cayley-algebrának nevezünk és O-val jelölünk, nem asszociatív. Valóban, (0,1)((0, i)(0, j)) = (0,1)( k,0) = (0, k) és ((0,1)(0, i))(0, j) = (i,0)(0, j) = (0, k), ahol a kvaterniókat most algebrai alakban írtuk. Világos, hogy az (1,0) O egységelem. Az x = (ā, b) Cayley-számot az x = (a, b) Cayley-szám konjugáltjának nevezzük. Könnyen ellen rizhet, hogy x x = xx = (aā + b b,0). Mivel aā + b b valós szám, következik, hogy minden x O \ {(0,0)} Cayley-számnak létezik inverze: ( a x 1 = aa + bb, b ). aa + bb Jelölje R 8 természetes bázisát 1, e 1, e 2,..., e 7. Ekkor minden Cayley-szám egyértelm en felírható a 0 + a 1 e 1 + a 2 e 2 + + a 7 e 7 alakban, ahol a 0, a 1,..., a 7 R. A báziselemek szorzását a következ táblázat tartalmazza. Ennek szemléltetésére kiválóan alkalmas a Fano-sík, ami tulajdonképpen egy szabályos háromszög a beírt körével és a szögfelez ivel. Ezen pontnak tekintjük a 3 csúcsot, a 3 oldalfelez pontot és a beírt kör középpontját, egyenesnek pedig az oldalak, a magasságvonalak, valamint a beírt kör által megadott ponthármasokat. A pontokat a báziselemekkel azonosítjuk az ábrán látható módon. Bármely két különböz pont pontosan egy egyeneshez illeszkedik; a két ponthoz tartozó báziselem szorzata az egyenes harmadik pontjához tartozó báziselem, ha az egyenes irányításának (lásd nyilak) megfelel en szorozzuk ket össze, egyébként pedig a harmadik ponthoz tartozó 48

1 e 1 e 2 e 3 e 4 e 5 e 6 e 7 1 1 e 1 e 2 e 3 e 4 e 5 e 6 e 7 e 1 e 1 1 e 3 e 2 e 5 e 4 e 7 e 6 e 2 e 2 e 3 1 e 1 e 6 e 7 e 4 e 5 e 3 e 3 e 2 e 1 1 e 7 e 6 e 5 e 4 e 4 e 4 e 5 e 6 e 7 1 e 1 e 2 e 3 e 5 e 5 e 4 e 7 e 6 e 1 1 e 3 e 2 e 6 e 6 e 7 e 4 e 5 e 2 e 3 1 e 1 e 7 e 7 e 6 e 5 e 4 e 3 e 2 e 1 1 3.3.2. ábra. A Cayley-számok báziselemeinek szorzása báziselem ellentettje. 3.3.3. ábra. Fano-sík A Cayley-algebra báziselemeinek szorzása 3.3.3. A számfogalom lezárása Felmerülhet az olvasóban a kérdés, hogy a fenti általánosítással vajon meddig lehet, illetve meddig érdemes elmenni. Legyen A egy algebra, és : A A egy olyan függvény, mely eleget tesz a következ tulajdonságoknak: (x + y) = x + y ; 49

(xy) = y x ; (x ) = x minden x A esetén. Ekkor a függvényt az A algebra involúciójának nevezzük. A fent bemutatott eljárást úgy is összefoglalhatjuk, hogy adva van egy A algebra a valós számtest felett egy involúcióval (konjugálás), és tekintettük a A A Descartes-szorzaton az alábbi összeadást, szorzást és konjugálást: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d); (a, b) (c, d) = (ac db, b c + da); (a, b) = (ā, b). Ekkor A A szintén valós algebra, melynek egységeleme (1,0). Ezt nevezzük Cayley-Dickson konstrukciónak. Így jutottunk el a valós számoktól a Cayleyszámokig, de ne feledjük, hogy minden egyes lépésnél elvesztettünk valamit. A komplex számoknál le kellett mondanunk a rendezésr l, illetve arról, hogy minden elem konjugáltja önmaga, a kvaternióknál a kommutativitásról, a Cayley-számoknál pedig az asszociativitásról. Ferdinand Georg Frobenius 1877-ben igazolt tétele szerint a kvaterniókon túl az asszociativitást már nem lehet megmenteni. 3.3.1. Tétel (Frobenius tétele). Ha A olyan valós számtest feletti véges dimenziós algebra, amely ferdetest, akkor A izomorf a valós számok, a komplex számok, vagy a kvaterniók algebrájával. Adolf Hurwitz 1898-ban megmutatta, hogy a Cayley-számokon túl már sok jóra nem számíthatunk. 3.3.2. Tétel (Hurwitz tétele). Ha A olyan valós számtest feletti nemasszociatív normált algebra, melyben minden nemnulla elemmel elvégezhet az osztás, akkor A izomorf a Cayley-számok algebrájával. 50

3.3.4. Négy-négyzetszám tétel Azt, hogy minden pozitív egész felírható négy négyzetszám összegeként, már az 1600-as években többen is sejtették, els ként azonban Joseph Louis Lagrange bizonyította 1770-ben felhasználva Leonhard Euler egy korábbi ötletét. Az itt közölt bizonyítás Hurwitz-tól származik, s a kvaterniók körében kiépíthet számelméleten alapul. Szükségünk lesz a következ állításra. 3.3.3. Lemma. Bármely p prímre léteznek olyan x és y egészek, hogy 1 + x 2 + y 2 0 (mod p). Bizonyítás. Az állítás p = 2 esetén triviális. Legyen most p > 2. Ha x végigfut a modulo p teljes maradékrendszeren, akkor x 2 értékei a kvadratikus maradékok és a 0 maradékosztály lesznek. A páronként inkongruens kvadratikus maradékok száma modulo p éppen p 1 2, így x2 -re p 1 2 + 1 = p + 1 2 páronként inkongruens értéket kapunk. Ugyanez igaz y 2 -re, és így y 2 1-re is. Mivel páronként inkongruens szám modulo p csak p darab van, a skatulya-elv szerint x 2 és y 2 1 valamely x-re és y-ra p-vel osztva ugyanazt a maradékot adja, tehát az állítás valóban teljesül. 3.3.4. Tétel (Négy-négyzetszám tétel). Minden pozitív egész felírható négy négyzetszám összegeként. Bizonyítás. Az α H kvaternió normája alatt az N(α) = αα nemnegatív valós számot értjük. Bármely α, β H esetén αβ = βα, N(αβ) = αβαβ = αββα = αn(β)α = ααn(β) = N(α)N(β). Ha α = a 1 + a 2 i + a 3 j + a 4 k és β = b 1 + b 2 i + b 3 j + b 4 k, akkor a fenti 51

egyenl ségb l (a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 + a 2 4)(b 2 1 + b 2 2 + b 2 3 + b 2 4) = (a 1 b 1 a 2 b 2 a 3 b 3 a 4 b 4 ) 2 + (a 1 b 2 + a 2 b 1 + a 3 b 4 a 4 b 3 ) 2 + (a 1 b 3 + a 3 b 1 + a 4 b 2 a 2 b 4 ) 2 + (a 1 b 4 + a 4 b 1 + a 2 b 3 a 3 b 2 ) 2 következik. Ez azt jelenti, hogy két, négy négyzetszám összegeként felírható egész szorzata is felírható négy négyzetszám összegeként, tehát elég a tételt prímszámokra belátni. Jelölje H az 1+i+j+k 2, i, j, k kvaterniók egész együtthatós lineáris kombinációit, vagy más szóval mindazon kvaterniókat, melynek vagy mindegyik komponense egész, vagy mindegyik komponense páratlan egész fele. Ezeket szokás Hurwitz-kvaternióknak vagy Hurwitz-egészeknek nevezni. Könnyen belátható, hogy H asszociatív, egységelemes, zérusosztómentes gy r. Mivel H nem kommutatív, külön beszélünk bal- illetve jobboldali osztókról. Azt mondjuk, hogy a β Hurwitz-egész a γ Hurwitz-egésznek jobboldali osztója, ha van olyan α Hurwitz-egész, melyre αβ = γ. Ha δ H jobboldali osztója az α és β Hurwitz-egészeknek, akkor δ-t az α és β jobboldali közös osztójának nevezzük; továbbá, ha δ jobb oldali osztója α és β minden jobboldali közös osztójának, akkor azt mondjuk, hogy δ az α és β legnagyobb közös jobboldali osztója, és a δ = (α, β) r jelölést használjuk. A szokásos módon igazolható, hogy ha u H egység, akkor N(u) = 1, mely segítségével megkaphatjuk a 24 db egységet: ±1, ±i, ±j, ±k, ± 1 2 ± i 2 ± j 2 ± k 2. Most megmutatjuk, hogy H az N normával jobb euklideszi gy r, azaz bármely α, β H, β 0 esetén léteznek olyan τ, ρ H, hogy α = τβ + ρ, ahol N(ρ) < N(β). Valóban, legyen αβ 1 = r 1 + r 2 i + r 3 j + r 4 k, 52

ahol r 1, r 2, r 3, r 4 Q, tehát αβ 1 nem feltétlenül Hurwitz-egész. Legyen Ekkor τ = c 1 1 + i + j + k 2 + c 2 i + c 3 j + c 4 k H. αβ 1 τ = (r 1 c 1 /2) + (r 2 c 1 /2 c 2 )i + (r 3 c 1 /2 c 3 )j + (r 4 c 1 /2 c 4 )k. A c 1, c 2, c 3, c 4 egészek megválaszthatók úgy, hogy 2r 1 c 1 1 2 és ha i > 1, akkor r i c 1 /2 c i 1 2 teljesüljenek. Ekkor ρ := α τβ H és ( 1 N(ρ) = N(α τβ) = N(αβ 1 τ)n(β) 16 + 3 ) N(β) < N(β). 4 Tehát H jobb euklideszi gy r, így bármely két nemnulla elemének létezik legnagyobb közös jobboldali osztója, mely megkapható az euklideszi algoritmus utolsó zérustól különböz maradékaként. Legyen p egy páratlan prím. Ekkor az el z lemma szerint létezik x, y Z úgy, hogy p 1 + x 2 + y 2 = (1 + xi + yj)(1 xi yj). Legyen α = 1 + xi + yj. Mivel 1 p ± xi p ± yj p nem Hurwitz-egész, p nem osztója sem α-nak, sem α-nak. Legyen γ = (p, α) r. Ekkor p = βγ valamely β H- ra. Ha β egység volna, akkor p a γ jobboldali osztója lenne, és így α-nak is, ami ellentmondás. Tehát N(β) > 1. Továbbá, pα = αp és p osztója αα-nak, ezért p jobboldali osztója γα = (pα, αα) r -nak. Mivel p nem osztója α-nak, így γ nem lehet egység, tehát N(γ) > 1. Mivel N(β)N(γ) = N(p) = p 2, kapjuk, hogy N(β) = N(γ) = p. Tehát ha γ = c 1 + c 2 i + c 3 j + c 4 k, akkor c 2 1 + c2 2 + c2 3 + c2 4 = p. Ha c 1, c 2, c 3, c 3 Z, akkor kész vagyunk. Egyébként c 1, c 2, c 3, c 3 Z + 1 2, így léteznek olyan d s egészek és e s {± 1 2 }, hogy 53

c s = 2d s + e s, ahol s {1,2,3,4}. Legyen δ = d 1 + d 2 i + d 3 j + d 4 k, ε = e 1 + e 2 i + e 3 j + e 4 k. Ekkor γ = 2δ + ε és N(ε) = 1, továbbá a θ = γε = 2δε + 1 minden komponense egész, és N(θ) = N(γ) = p. Ezzel a tételt bebizonyítottuk. 3.4. Feladatok 1. Mutassa meg, hogy tetsz leges x 0 pozitív valós szám esetén az x n+1 = 1 ) (x n + axn 2 sorozat konvergens és határértéke a! 2. Alkalmazza a numerikus analízisb l ismert Newton-féle érint módszert az f(x) = x 2 a polinom zérushelyének közelítésére, majd vesse össze a módszert a babiloniak négyzetgyökvonási algoritmusával! 3. Igazolja Bhászkara alábbi, a XII. századból származó azonosságait, majd állítsa el két négyzetgyök összegeként a 17 + 240 számot! a) a ± a + a b = 2 b a a ± 2 b 2 2 b) a ± a + c a c a 2 c 2 = + 2 2 4. Igazolja, hogy bármely x, y kvaternió esetén xy = ȳ x! 5. Határozza meg az i + j és az i + j + k kvaterniók négyzetét és inverzét! 6. Bizonyítsa be, hogy az x 0 = a 0 + a 1 i + a 2 j + a 3 k kvaternió kielégíti az x 2 2a 0 x + a 2 0 + a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 = 0 54

egyenletet, és ezen egyenlet gyökeinek halmaza kontinuum számosságú! 7. Mi a kvaterniók ferdetestének centruma, vagyis melyek azok a kvaterniók, melyek minden kvaternióval felcserélhet k? 8. Mutassa meg, hogy a kvaterniók körében a 1-nek végtelen sok négyzetgyöke van! 9. Mutassa meg, hogy a Cayley-számok szorzása alternatív tulajdonságú, azaz bármely a, b O esetén teljesülnek az azonosságok! a(ab) = (aa)b, a(bb) = (ab)b, a(ba) = (ab)a 10. Igazolja a Cayley-számok báziselemeinek szorzását leíró táblázat helyességét! 11. Mutassa meg, hogy a Fano-sík projektív sík! 12. Deniálja a Hurwitz-egészek körében a baloldali osztó fogalmát, majd mutassa meg, hogy a bal és jobboldali osztók nem mindig esnek egybe! Irodalomjegyzék [1] Bódi Béla: Algebra II. A gy r elmélet alapjai. Kossuth Egyetemi Kiadó, Debrecen, 2000. [2] H.-D. Ebbinghaus, H. Hermes, F. Hirzebruch, M. Koecher, K. Mainzer, J. Neukirch, A. Prestel, R. Remmert: Numbers. Springer-Verlag, 1991. [3] Kiss Emil: Bevezetés az algebrába. Typotex kiadó, Budapest, 2007. [4] Sain Márton: Nincs királyi út! Matematikatörténet. Gondolat Kiadó, Budapest, 1986. [5] Simonovits András: Válogatott fejezetek a matematika történetéb l. Typotex kiadó, Budapest, 2009. 55

4. fejezet A π És csinála egy öntött tengert, mely egyik szélét l fogva a másik széléig tíz sing volt, köröskörül kerek, és öt sing magas, és a kerületit harmincz sing zsinór érte vala körül. (Királyok els könyve, 7.23) Abban, hogy ez a bibliai idézet számítási vagy mérési hibával terhelt, vagy a tizedesjegyek csak egyszer kerekítés következtében vesztek el, nem foglalunk állást. Cserébe bizonyítunk jónéhány π-vel kapcsolatos állítást. 4.1. π irracionális Arkhimédész észrevette, hogy tetsz leges kör kerületének és átmér jének aránya mindig ugyanaz a konstans. Ennek π-vel, a kerület szó görög megfelel jének kezd bet jével való jelölését valószín leg Leonhard Euler kezdeményezte 1737-ben. Arkhimédész ezen konstans értékére a körbe, illetve annak köré írt szabályos 96-szög kerületének összehasonlításával a 3 10 71 π 3 1 7 becslést kapta. Azt, hogy a π nem írható fel két egész szám hányadosaként, már Arisztotelész is sejtette, de bizonyítást els ként Johann Heinrich Lambert publikált 56

1766-ban. El ször a tg(x) = 1 3 x x 2 x 2 5 x2 7... egyenl séget igazolta, majd megmutatta, hogy ha x nullától különböz racionális szám, akkor az egyenl ség jobb oldala irracionális. Mivel tg π 4 = 1, ebb l már következik, hogy π irracionális. Ez a bizonyítás azonban csak Adrien-Marie Legendre egy 1806-ban közölt, a végtelen lánctörtekr l szóló eredményével tekinthet teljesnek. Legendre ugyanebben a munkájában azt is igazolta, hogy π 2 irracionális. Az alábbi bizonyítás Ivan Niven-t l származik 1947-b l [7]. 4.1.1. Tétel. A π irracionális szám. Bizonyítás. Az állítással ellentétben tegyük fel, hogy π racionális, azaz léteznek olyan a és b (feltehet en pozitív) egészek, melyre π = a b. Legyen f : R R, f(x) = xn (a bx) n, n! ahol n kés bb megválasztandó, rögzített pozitív egész, és F : R R, F (x) = f(x) + + ( 1) j f (2j) (x) + + ( 1) n f (2n) (x), ahol f (2j) (x) alatt az f függvény 2j-edik deriváltját értjük. Megmutatjuk, hogy I = π 0 f(x) sin x dx pozitív egész. Mivel f 2n-ed fokú polinom, így f (2n+2) = 0 és F + F = f. Továbbá, a függvények szorzatára vonatkozó deriválási szabályt alkalmazva 57

kapjuk, hogy így (F (x) sin x F (x) cos x) = F (x) sin x + F (x) sin x = f(x) sin x, I = [ F (x) sin x F (x) cos x ] π = F (π) + F (0). 0 Az f polinomban minden 0 k 2n esetén az x k együtthatója c k n! alakú, ahol c k egész szám, mely nyilván nulla minden n-nél kisebb k-ra. Ezért f (k) (0) = 0, ha k < n, az n k 2n esetben pedig f (k) (0) = k!c k n!, amely nyilván egész szám. Következésképpen F (0) egész szám. Mivel f(x) = f(π x), így F (π) = F (0), tehát F (π) és F (π) + F (0) is egész számok. Mivel 0 < x < π esetén f(x) és sin x is pozitív, igazoltuk, hogy I = F (π) + F (0) = = 2F (0) valóban pozitív egész. Másrészt, ha 0 x π, akkor 0 x(a bx) πa és 0 sin x 1, így I π (πa)n. n! Elég nagy n esetén (πa)n n! < 1, ekkor 0 < I < 1, ami ellentmond annak, hogy I pozitív egész. Ennél er sebb állítás is igazolható: π nem lehet megoldása egyetlen olyan algebrai egyenletnek sem, melynek együtthatói racionális számok, vagy más szóval, π nem algebrai szám, hanem transzcendens. Ezt mint sejtést már Euler, Joseph Louis Lagrange és Legendre is megfogalmazták. Megjegyezzük, hogy ebben a korban (1800-as évek eleje) még nem tudták, hogy létezik-e egyáltalán transzcendens szám, mígnem 1844-ben Joseph Liouville megmutatta, hogy a jól approximálható irracionális számok transzcendensek, így például az 1 α = 10 k! = 0,11000100000... k=1 szám transzcendens. A következ mérföldkövet 29 évvel kés bb Charles Hermite helyezte el azzal, hogy belátta az e számról, hogy transzcendens. Rá 58

egy évre Georg Cantor bebizonyította, hogy kontinuum sok transzcendens szám van, azaz a valós (komplex) számok többsége transzcendens. Azt, hogy a π is transzcendens, Ferdinand von Lindemann igazolta 1882-ben, Hermite módszerét továbbgondolva. Itt a tétel egy általánosabb változatát közöljük, bizonyítás nélkül. 4.1.2. Tétel (Lindemann-Weierstrass). Legyenek c 1, c 2,..., c n páronként különböz algebrai számok. Ekkor a 1 e c 1 + a 2 e c 2 + + a n e cn 0 tetsz leges a 1, a 2,..., a n algebrai számok esetén. Innen n = 2, c 1 = c és c 2 = 0 választással kapjuk, hogy e c nem írható fel két algebrai szám hányadosaként, következésképpen e c nem lehet algebrai szám. A c = 1 eset az e transzcendens voltát mutatja. Idézzük fel az e iπ = 1 egyenl séget. Mindkét oldalt négyzetre emelve e 2iπ = 1 adódik. Mivel 2i algebrai, így π már nem lehet az. Ezen eredmény jelent ségére a kés bbiekben derül fény. 4.2. Buon-féle t probléma Egy rövid t t egy vonalas lapra leejtve, mi a valószín sége annak, hogy az keresztezni fog egy vonalat? - vetette fel a kérdést George Louis Leclerc, Buffon grófja 1777-ben. Érezhet, hogy ez a valószín ség függ a lap vonalainak d távolságától és a t l hosszától. A rövid t számunkra majd azt jelenti, hogy l d, azaz a t egyszerre legfeljebb egy vonalat metszhet. 4.2.1. ábra. Buon-féle t probléma A probléma érdekes, de mit keres a π-vel foglalkozó fejezetben? Az derült 59

ki, hogy a keresett valószín ség pontosan p = 2 π l d, ami azért is meglep, mert ezek szerint egyszer kísérletezés során közelít értéket kaphatunk a π-re. Az els ként közölt bizonyítás magától Buontól származik, ezzel történt meg a geometriai valószín ségi mez megalapozása. 4.2.2. ábra. Buon megoldása - a t egyenessel bezárt szöge 4.2.3. ábra. Buon megoldása - geometriai valószín ségi mez Tegyük fel, hogy a t és a hozzá legközelebb es egyenes által bezárt szög mértéke x. Ekkor 0 x π 2. Ha a t metszi az egyenest, akkor a t középpontjának az egyenest l mért távolsága legfeljebb l 2 sin x. Így a kedvez 60

esetek számát az π 2 0 l 2 sin x dx = l 2 [ cos x] π 2 0 = l 2 mérték terület reprezentálja, míg az összes esetek számát a π 2 és d 2 oldalú téglalap π 2 d 2 területe. A keresett valószín ség tehát p = l 2 π 2 d = 2 π l d. 2 A következ bizonyítást el ször Joseph Emile Barbier publikálta 1860- ban [3]. Ha leejtünk egy tetsz leges l hosszúságú t t (akár a vonalak távolságánál is hosszabbat), akkor a metszéspontok számának várható értéke E(l) = p 1 + 2p 2 + 3p 3 +..., ahol p i annak a valószín sége, hogy a t pontosan i vonalat fog metszeni. A keresett valószín ség (a t legalább egy vonalat fog metszeni) ekkor p = = p 1 + p 2 + p 3 +.... Ha a t rövid, akkor nyilván p 2 = p 3 = = 0 és E(l) = p 1 = p. A várható érték homogenitásából következik, hogy E(l) = = E(l 1) = l E(1). Tehát elég lenne azt meghatározni, hogy egységnyi hosszúságú t esetén mennyi a metszéspontok számának E(1) várható értéke. Vegyünk most az l hosszúságú szakasz helyett egy d átmér j, kör 4.2.4. ábra. Buon-féle t probléma kör alakú t vel alakú t t. Ennek hossza nyilván dπ. Egy ilyet leejtve annak mindig pontosan két közös pontja lesz a vonalakkal, tehát a metszéspontok várható 61

értéke 2. Írjunk most a körbe és köré is egy-egy n oldalú sokszöget. Jelölje a beírt sokszög kerületét K n. A várható érték lineáris, így a beírt sokszög vonalakkal való metszéspontjai számának várható értéke E(1)K n, továbbá minden olyan vonal, ami metszi a beírt sokszöget, metszeni fogja a kört is, így E(1)K n 2. A körülírt n oldalú sokszög kerületét K n -nel jelölve hasonló okoskodással jutunk a 2 E(1)K n egyenl tlenséghez. Innen lim K n = lim n n Kn = dπ miatt E(1)dπ 2 E(1)dπ, ahonnan E(1) = 2 π 1 d adódik. Emlékezve arra, hogy p = E(l) = E(1)l, újra a p = 2 π l d megoldást kapjuk. Miel tt az olvasó úgy dönt, hogy megpróbálja kísérletezés útján közelíteni a π-t, megjegyezzük, hogy a meggyelt esemény relatív gyakorisága csak nagyon lassan konvergál ehhez a valószín séghez. Példaként megemlítjük, hogy a szerz k által elvégzett, számítógéppel szimulált kísérletben d = 1, l = 1 paraméterek mellett a t 10000 leejtésb l 6305-ször ért vonalat, amely a π 3,1720857 pontosnak egyáltalán nem mondható becslést adta. Mario Lazzarini 1901-ben azonban azt állította, hogy az általa végzett 3408 kísérletb l, amikor a t hossza a vonalak távolságának 5 6 része, a t 1808-szor metszett vonalat. Ebb l a π 2 5 6 3408 1808 = 3,1415929 hat tizedesjegyig pontos közelítés adódott, ami ellentmondani látszik annak, hogy a fent említett konvergencia lassú. Akkoriban már jól ismerték a π 355 113 közelítést. Ha a t hossza a vonalak távoságának 5 6 része, akkor a metszés valószín sége p = 5 3π. Végezzünk n kísérletet, és tegyük fel, hogy k-szor esik a t valamelyik vonalra. Becsüljük a p valószín séget a k n relatív 62

gyakorisággal, π-t pedig a 355 113 racionális számmal. Ekkor a 355 113 = 5 3 n k, ahonnan pedig a k = 113n 213 egyenl séghez jutunk. Ha a kísérelek száma, azaz n a 213 többszöröse, akkor a bal és jobb oldal egyaránt egész szám. Végezzünk el ször 213 kísérletet! Ha ebb l 113-szor esett a t valamelyik vonalra, akkor máris hat tizedesjegyig pontos közelítést kaptunk π-re. Ha nem, végezzük el még 213-szor, és így tovább. Lazzarini a kísérletet pontosan 16 213 = 3408-szor végezte el, mire egyenl séget kapott. Joggal merül fel a gyanú, hogy a paraméterek és a kísérletek számának megválasztása nem volt véletlen, hanem a közelítend π egy már korábbról ismert közelít értéke motiválta azt.../video/video1.avi Végezetül megemlítjük, hogy a Buon-féle t problémát Pierre-Simon de Laplace általánosította arra az esetre, amikor a síkot két, egymást metsz párhuzamossereg hálózza be. Ha ezen párhuzamos egyenesek távolsága a és b, és a t ezeknél kisebb hossza újra l, akkor a keresett valószín ség p = 2l(a + b) l2. abπ 4.3. Formulák a π számra Az els analitikus formula a π számra Vieta 1579-es képlete, mely végtelen szorzatként állítja el a 2 π számot. 4.3.1. Vieta képlete. 2 1 π = 2 1 2 + 1 1 2 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 1 2 2... 63

Érdekesség, hogy valószín leg ez az els végtelen szorzat a matematika történetében, mely alatt a következ t értjük: ha létezik a határérték. n=1 a n = lim n a 1 a n, képletet n-szer alkal- Vieta képletének bizonyítása. A sin x = 2 sin x 2 cos x 2 mazva kapjuk, hogy sin x = 2 n sin x 2 n n i=1 cos x 2 i. (4.3.1) sin t Az ismert lim t 0 t = 1 formulába t = x 2 -t helyettesítve kapjuk, hogy n azaz sin t 2 n 1 = lim = lim t 0 t n x sin x 2 n, lim n 2n sin x = x. (4.3.2) 2n Vegyük (4.3.1) mindkét oldalának határértékét n mellett, ekkor (4.3.2) felhasználásával ( sin x = lim 2 n sin x n ) n 2 n cos x 2 i = x cos x 2 n. (4.3.3) i=1 n=1 Helyettesítsük a (4.3.3) egyenletbe az x = π 2 számot, ekkor 2 π = cos π 4 cos π 8 cos π 2 n. (4.3.4) Felhasználva, hogy 0 x π 2 esetén cos x 2 = 1 2 + 1 2 cos x, adódik, hogy cos π 1 4 = 2, cos π 8 = 1 2 + 1 1 2 2, cos π 16 = 1 2 + 1 2 1 2 + 1 1 2 2,... 64

amiket a (4.3.4) egyenletbe helyettesítve a bizonyítandó állítást kapjuk. 4.3.2. jelölés. Jelölje n!! (n szemifaktoriális) az n-nél nem nagyobb, n-nel azonos paritású pozitív egészek szorzatát, tehát n!! = n(n 2) 4 2 ha n páros, illetve n!! = n(n 2) 3 1 ha n páratlan. John Wallis 1655-ben fedezte fel híres formuláját. 4.3.3. Wallis-formula. ( ) 1 (2n)!! 2 π = lim. n n (2n 1)!! Bizonyítás. El ször kiszámoljuk az I n = π 2 0 sinn x dx határozott integrált, ahol n N. Parciálisan integrálva: I n = π 2 0 sin x sin n 1 x dx = [ cos x sin n 1 x ] π 2 0 + (n 1) π 2 0 sin n 2 x cos 2 x dx π 2 = (n 1) sin n 2 x(1 sin 2 x) dx = (n 1)(I n 2 I n ), 0 amib l n 2 esetén I n = n 1 n I n 2. A rekurzióból, felhasználva az I 0 = π 2 és I 1 = 1 értékeket, könnyen adódik, hogy I n = (n 1)!! n!! π 2 ha n páros, illetve I n = (n 1)!! n!! ha n páratlan. Felhasználva, hogy I n -ben az integrandus pozitív és n-ben monoton csökken, kapjuk, hogy minden n N + -ra I 2n+1 < I 2n < I 2n 1, azaz (2n)!! (2n 1)!! < π (2n + 1)!! (2n)!! 2 < (2n 2)!! (2n 1)!!. 65

Rendezve az egyenl tlenségeket, a következ t kapjuk: π < 1 n ( ) (2n)!! 2 < π 2n + 1 (2n 1)!! 2n. A bal és a jobb oldal n esetén egyaránt π-hez tart, így a rend r-szabály szerint a középs kifejezés is, ami bizonyítja a formulát. James Gregory 1671-ben sorösszegként állítja el π-t, melyet Leibniz 1674-ben újra felfedez. 4.3.4. Leibniz sora a π számra. π 4 = ( 1) n 1 2n + 1. n=0 Bizonyítás. Ha x ( 1,1), akkor (arctg x) = 1 1 + x 2 = ( x 2 ) n. A fenti hatványsor minden x (0,1) esetén egyenletesen konvergens a [0, x] intervallumon, tehát integrálhatunk rajta tagonként. Így minden 0 < x < 1 esetén arctg x = Legyen x 0 ( t 2 ) n dt = n=0 g(x) = n=0 n=0 x 0 n=0 ( t 2 ) n dt = ( 1) n x2n+1 2n + 1. n=0 ( 1) n x2n+1 2n + 1. (4.3.5) A g(x) hatványsor abszolút konvergens a ( 1,1) intervallumon. Az 1 helyen g(1) = ( 1) n 1, a sor tagjai váltakozó el jel ek és abszolút értékben n=0 2n+1 szigorúan monoton csökkenve tartanak nullához, így Leibniz nevezetes tételének értelmében a sor konvergens. Ekkor a g(x) hatványsor Abel tétele miatt a konvergencia-intervallum végpontjában, 1-ben is folytonos balról, 66

így a (4.3.5) egyenletet is felhasználva ( 1) n 1 2n + 1 = g(1) = n=0 lim g(x) = x 1 0 lim arctg x = arctg 1 = π x 1 0 4. James Stirling 1730-ban kifejezte log(n!)-t végtelen sor alakban, majd Abraham de Moivre még ugyanabban az évben egyszer sítette a képletet. n! Moivre igazolta el ször, hogy lim n n( n e ) n = c valamilyen c > 0 konstanssal, majd Stirling bizonyította be, hogy c = 2π. A formula kimondása el tt célszer megismerkedni az alábbi denícióval. 4.3.5. Deníció. Legyenek f : N R és g : N R függvények. Azt mondjuk, hogy az f(n) és g(n) aszimptotikusan egyenl k, vagy g(n) aszimptotika f(n) f(n)-re, ha lim n g(n) = 1. Jelölése: f(n) g(n). 4.3.6. Stirling-formula. n! 2π = lim ( n n n ) n, e azaz n! ( n ) n 2πn. e Az n! fenti aszimptotikája nagyon hasznos mind az analízisben, mind a valószín ségszámításban. A bizonyítás el tt szükségünk lesz a következ denícióra. 4.3.7. Deníció. Legyenek f : N R és g : N R függvények. Azt mondjuk, hogy f(n) = O (g(n)), szavakban f(n) nagy ordó g(n), ha létezik C > 0 konstans, hogy minden n N-re f(n) C g(n). A deníció megértéséhez célszer megoldani a 9. feladatot! Bizonyítás. El ször igazolni fogjuk, hogy létezik lim n n! n ( n e ) n = c, (4.3.6) 67

majd kiszámoljuk c értékét. A (4.3.6) ekvivalens a logaritmálással kapott egyenl séggel, tehát az ( ( lim log n! n + 1 ) ) log n + n = log c n 2 ( a n = log n! n + 1 ) log n + n 2 sorozat konvergenciáját kell igazolnunk el ször. Vizsgáljuk az a n a n+1 különbséget, felhasználva a log(1 + x) függvény Taylor-sorfejtését x ( 1,1) esetén: ( a n a n+1 = n + 1 ) ( log 1 + 1 ) 1 2 n ( = n + 1 ) ( 1 2 n 1 2n 2 + 1 3n 3 + O ( n 4) ) 1 ( 1 = (1 1) + 2 1 ) ( 1 1 2 n + 3 1 ) 1 4 n 2 + O ( n 3) = 1 12n 2 + O ( n 3). Így létezik N N, hogy minden n N esetén 0 < a n a n+1 < 1 6n 2. (4.3.7) Tehát az a n sorozat monoton csökken az N küszöbindext l kezdve, így elég igazolnunk a konvergenciához, hogy alulról korlátos. Használva (4.3.7)-t minden m > N esetén m 1 a N a m = (a n a n+1 ) < n=n m 1 n=n 1 6n 2 < 1 6 n=1 1 n 2 < 1 3. A fenti levezetés utolsó egyenl tlenségének igazolása az olvasóra marad, lásd 10. feladat. (Megjegyezzük, hogy a 4.3.8 pontban a sor pontos értékét n=1 1 n 2 68

is kiszámoljuk.) Tehát minden m > N-re a m > a N 1 3, azaz a sorozat alulról korlátos. Ezzel igazoltuk, hogy a n konvergens. Most meghatározzuk a c konstans értékét. Legyen b n = n! n ( n e ) n. Ekkor lim n b n = c, így az utolsó egyenl ségnél a 4.3.3 Wallis-formulát felhasználva: b 2 n 2 2n (n!) 2 ( ) c = lim = lim 2 n b 2n n (2n)! n = lim 1 (2n)!! 2 2 = 2π. n n (2n 1)!! Ezzel a Stirling-formulát bebizonyítottuk. A következ állítást Leonhard Euler igazolta 1734-ben. 4.3.8. Euler-sor. n=1 1 n 2 = π2 6. Az eredmény azért is fontos, mert a zéta függvény egyik értékét, a ζ(2)-t adja meg. Számos különböz, elegáns bizonyítás ismert, melyek felvonultatják az analízis több területét, a kett s integráloktól a Fourier-sorokon át a komplex függvénytanig. Az itt közölt bizonyítás el ször 1954-ben jelent meg Akiva és Isaak Yaglom feladatgy jteményében, és nem használ a határértékszámításnál és a komplex számok egy alap azonosságánál bonyolultabb fogalmat. Bizonyítás. El ször igazoljuk, hogy minden n N + esetén ( ) ( ) ( ) π 2π nπ ctg 2 + ctg 2 + + ctg 2 = 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n(2n 1). 6 (4.3.8) 69

Az ismert cos(2n + 1)x + i sin(2n + 1)x = (cos x + i sin x) 2n+1 komplex azonosság mindkét oldalának a képzetes részét véve a következ formulát kapjuk: sin(2n + 1)x = n j=0 Legyen minden k {1,..., n} esetén ( ) 2n + 1 ( 1) j sin 2j+1 x cos 2n 2j x. (4.3.9) 2j + 1 x k = kπ 2n + 1, ekkor sin(2n + 1)x k = sin kπ = 0. A (4.3.9) egyenletbe behelyettesítve x k -t, majd elosztva sin 2n+1 x k -val adódik, hogy minden k {1,..., n}-re 0 = n j=0 ( ) 2n + 1 ( 1) j ctg 2n 2j x k. 2j + 1 Tehát az n-edfokú p(z) = n j=0 ( ) 2n + 1 ( 1) j z n j 2j + 1 polinomnak minden k {1,..., n} esetén gyöke a ( ) kπ z k = ctg 2. 2n + 1 Mivel 0 < x 1 < < x n < π 2, így z n < < z 1, vagyis p(z) összes gyöke z 1,..., z n. Így ( ) ( ( 2n + 1 p(z) = z ctg 2 1 π 2n + 1 )) ( ( nπ z ctg 2 2n + 1 )). A p(z) polinomban z n 1 együtthatója ( ) 2n+1 3, így a Vieta-formula alapján 70

a gyökök összegére z 1 + + z n = ( 2n+1 3 ( 2n+1 1 ) ) = 2n(2n 1) 6 adódik, így (4.3.8)-t igazoltuk. Szükségünk lesz még egy azonosságra: 1 sin 2 ( π 2n+1 ) + 1 ( ) + + sin 2 2π 2n+1 1 sin 2 ( nπ 2n+1 ) = 2n(2n + 2). (4.3.10) 6 1 Mivel sin 2 x = ctg2 x + 1, így (4.3.8) mindkét oldalához n-et adva kapjuk (4.3.10)-t. Felhasználva, hogy 0 < x < π 2 esetén 0 < sin x < x < tg x, rendezés és négyzetre emelés után adódik ctg 2 x < 1 x 2 < 1 sin 2 x. (4.3.11) Alkalmazzuk (4.3.11)-t x k -ra minden k {1,..., n} esetén, és adjuk össze az n darab kett s egyenl tlenséget. A bal oldali összeghez (4.3.8)-t, a jobb oldalihoz pedig (4.3.10)-t felhasználva kapjuk, hogy 2n(2n 1) 6 Átrendezve ( ) 2n + 1 2 ( ) 2n + 1 2 ( ) 2n + 1 2 < + + + < π 2π nπ 2n(2n + 2). 6 π 2 6 2n 2n + 1 2n 1 2n + 1 < 1 1 2 + 1 2 2 + + 1 n 2 < π2 6, így a rend r- Mind a bal, mind a jobb oldal határértéke n esetén π2 6 szabály alapján n=1 4.4. Feladatok 1 n 2 = π2 6, a bizonyítást befejeztük. 2n 2n + 1 2n + 2 2n + 1. 1. Egy pontot véletlenszer en dobtunk egy négyzetrácsos lapra. Mennyi a valószín sége annak, hogy az kevesebb, mint 1/2 egységnyire esik 71

valamelyik négyzet középpontjától? 2. Egy rács 1 egység oldalú (a) négyzetekre; (b) egyenl oldalú háromszögekre osztja fel a síkot. Mennyi a valószín sége annak, hogy a lapra egy 1 egység átmér j pénzérmét dobva az lefedi valamelyik rácspontot? 3. Egy (kör alakú) érmét egy négyzetrácsos lapra dobunk. Mi a valószín sége annak, hogy az érme ráesik valamelyik rácsvonalra? 4. Legyen az egységsugarú körbe, illetve köré írt szabályos n-oldalú sokszög oldalának fele a n és A n. Igazolja, hogy a 2n = 1 1 a 2 n 2 és A 2n = 1 + A 2 n 1 A n! sin x 5. Lássa be a fejezetben is felhasznált lim x 0 x = 1 összefüggést! 6. Igazolja, hogy n=1 ( 1) n+1 n megismert hatványsoros módszert! = log 2! Segítség: használja a Leibniz soránál ( 2n n ) n 4 n határér- 7. A Stirling-formula segítségével határozza meg a lim téket! n 8. Adjon olyan aszimptotikát ( 3n n ) -re, melyben nem szerepel faktoriális! 9. Bizonyítsa be a 4.3.7 deníció alapján, hogy a. 2n 3 + 4n 2 3n + 2 = O ( n 3), b. c. *d. **e. 3n 2 5n + 7 = O (n), 4n 3 2 n 2 3 n 3 + 4 n 4 = O ( n 2), 1 n i = O ( n 4), i=4 i=10 i n i = O ( n 10)! 72

*10. Adjon rövid bizonyítást a n=1 1 n 2 < 2 egyenl tlenségre! Segítség: próbáljon teleszkopikus összeggel felülr l becsülni, vagy próbáljon kicsit er sebb állítást belátni teljes indukcióval! **11. Bizonyítsa be az 1 sin 2 π 14 + 1 sin 2 3π 14 + 1 sin 2 5π 14 = 24 azonosságot! Segítség: használja az Euler-sor bizonyításánál alkalmazott módszert kissé módosítva! (KöMaL alapján) Irodalomjegyzék [1] M. Aigner, G. M. Ziegler: Bizonyítások a Könyvb l. Harmadik javított, b vített kiadás alapján magyarra fordította Révai Nóra. Typotex, 2004. [2] Lee Badger: Lazzarini's Lucky Approximation of π. Mathematics Magazine, Vol. 67 (1994), 83-91 [3] E. Barbier: Note sur le probleme de l'aiguille et le jeu du point couvert. J. Math. Pures Appl., II. Ser. 5 (1860), 273-286. [4] Peter Beckmann: A History of Pi. St. Martin Press, 1971. [5] L. Berggren, J. Borwein, P. Borwein: Pi: A Source Book. Harmadik kiadás. Springer, 2003. [6] H.-D. Ebbinghaus, H. Hermes, F. Hirzebruch, M. Koecher, K. Mainzer, J. Neukirch, A. Prestel, R. Remmert: Numbers. Springer-Verlag, 1991. [7] Ivan Niven: A simple proof that π is irrational. Bull. Amer. Math. Soc. 53:6 (1947), 509. 73

5. fejezet Ókori problémák - újkori bizonyítások 5.1. Három görög probléma A fejezet els részében három híres ókori görög feladatot tárgyalunk. Ezek közül az els, a kör négyszögesítése a köznyelvben gyakran a lehetetlen szinonimájaként szerepel. Vajon joggal? Probléma (A kör négyszögesítése). Adott körhöz szerkeszthet -e vele azonos terület négyzet? A kör a sugarát r-rel jelölve a feladat nem más, mint egy olyan x hosszúságú szakasz szerkesztése, melyre x 2 = r 2 π, azaz x = r π. Az alapkör sugarát nyilván tekinthetjük egységnyinek; ekkor a π hosszú szakasz szerkeszthet sége a kérdés. A következ feladat eredete egy legenda szerint az, hogy egy a Délosz szigetén kitört pestisjárvány elmúlásához az istenek egy templom kocka alakú oltárának megkett zését kérték. A kívánság teljesítése azonban akadályba ütközött: a k faragók képtelenek voltak megszerkeszteni a kétszer nagyobb térfogatú kocka élét. Eratoszthenész Platónikosz cím dialógusa szerint az építészek Platónhoz fordultak a problémával, aki csak annyit mondott, hogy szerinte az istenek célja a kéréssel csupán az emberek matematika m ve- 74

lésére való buzdítása. Megoldásról azonban nem beszélt. A feladat tehát a következ. Probléma (Kockakett zés). Adott a oldalú kockához szerkeszthet -e olyan x hosszúságú szakasz, melyre az x oldalú kocka térfogata az a oldalú kocka térfogatának kétszerese? Nyilván x és a között fennáll az x 3 = 2a 3 egyenl ség. Ez azzal ekvivalens, hogy adott a hosszúságú szakaszhoz szerkeszthet -e a 3 2 hosszú szakasz. Az a-t egységnyi hosszúságúnak tekintve a kérdés az, hogy szerkeszthet -e 3 2 hosszúságú szakasz. Már az ókori görögök számára sem jelentett kihívást egy adott szög két egyenl részre osztása, azaz a szögfelezés. Tetsz leges szög három egyenl részre történ felosztását azonban nem tudták megoldani (trisectio). Probléma (Szögharmadolás). Lehetséges-e tetsz leges szöget három egyenl részre osztani? A problémák fenti megfogalmazása csak akkor tekinthet pontosnak, ha tisztázzuk, hogy mit értünk szerkesztés alatt, milyen eszközökkel dolgozhatunk és azokkal mit lehet csinálni. Ez el ször Euklidész Elemek cím könyvében került rögzítésre. Egy síkbeli szerkesztési feladat leegyszer sítve nem más, mint adott pontokhoz, egyenesekhez, körökhöz újabbak (a megadottakkal valamilyen viszonyban lév k) szerkesztése. Egy szerkesztési feladatot akkor mondunk euklideszi szerkesztéssel megoldhatónak, ha egy egyél vonalzó és egy körz segítségével az alábbi lépések véges számú ismétlésével elvégezhet : 1. Adott vagy már megszerkesztett egyenesek, körök metszéspontjainak kijelölése. 2. Két adott vagy már megszerkesztett pontra illeszked egyenes rajzolása. 3. Két adott pont vagy már megszerkesztett pont távolságával mint sugárral kör rajzolása egy adott pontból mint középpontból. 75

Az els lépésben kijelölés alatt azt értjük, hogy az adott vagy már megszerkesztett alakzatok metszéspontjait a továbbiakban megszerkesztett pontoknak tekinthetjük. Példaképpen megmutatjuk, hogy a szakaszfelez pont szerkesztése elvégezhet euklideszi módon. Itt a két kiinduló pont a szakasz két végpontja. A 3. pont engedélyével ezek távolsága körz nyílásba vehet, majd mindkét végpont körül kör ezen sugárral kör rajzolható. Az 1. pont szerint ezek metszéspontjai kijelölhet k, majd a 2. pont értelmében rájuk illeszked egyenes húzható. Ezzel a szakaszfelez mer legest megszerkesztettük, a felez pont pedig a felez mer leges és a szakasz metszéspontja. 5.1.1. ábra. Szakaszfelez pont szerkesztés 5.2. El zmények Ebben a részben a teljesség igénye nélkül említünk meg néhány, a fenti problémák megoldására tett kísérletet. Mint azt látni fogjuk, mindegyik átlépi az euklideszi szerkesztés határait. 5.2.1. Körívekkel határolt síkidomok területe A kör négyszögesítésével kapcsolatosan el ször Hippokratész ért el eredményeket kb. 2500 évvel ezel tt. Bár kör helyett csak holdacskát sikerült 76

négyszögesítenie, ezzel els ként szerkesztett körívekkel határolt síkidomokhoz azokkal azonos terület négyszögeket. Egyik legismertebb észrevétele, hogy az ábrán látható derékszög háromszög oldalai fölé szerkesztett félkörök által határolt holdacskák területének összege a háromszög területével egyenl. Ennek igazságát rögtön láthatjuk, ugyanis ha a befogók fölé emelt 5.2.1. ábra. Hippokratész holdacskái félkörök területéb l kivonjuk azoknak a körszeleteknek a területét, amelyeket úgy kapunk, hogy az átfogó fölé emelt félkör területéb l kivonjuk a háromszög területét, éppen a holdak területét kapjuk. Speciálisan, ha a derékszög háromszög egyenl szárú, akkor a holdak területének összege megegyezik annak a négyzetnek a területével, melynek csúcspontjai a háromszög oldalfelez pontjai és az átfogóval szemközti csúcsa. A következ példa egy holdacska és egy kör négyszögesítése. Adott két koncentrikus kör, melyek közül a nagyobbik sugarának négyzete hatszor akkora, mint a kisebbiké. A kisebbik körbe rajzoljunk szabályos hatszöget, majd az OA, OB és OC sugarakat hosszabbítsuk meg az 5.2.2. ábrán látható módon. Legyenek ezen félegyenesek metszéspontjai a nagyobbik körrel rendre D, E és F. A DEF egyenl szárú háromszög alapjára rajzoljunk olyan körszeletet, amely hasonló az F E szakaszhoz tartozó S-sel jelölt körszelethez. Legyen AB = a, DE = b és DF = c. Az OAB és ODE szabályos háromszögek hasonlóak, így b 2 = 6a 2. Továbbá, az ODE háromszög D csúcsból induló magassága c 3 2 = 2 b, melyb l c 2 = 3b 2 következik. Tehát az S és S 1 hasonló körszeletek T S és T S1 77

5.2.2. ábra. Kör és holdacska négyszögesítése területének aránya 3, és T S1 = 3T S = 18T S2, az 5.2.2. ábrán látható S 2 körszelettel. Jelölje a holdacska területét h, a DEF háromszög területét pedig t. Ekkor h = t + 2T S T S1 = t 6T S2, vagyis h + 6T S2 = t. Mindkét oldalhoz hozzáadva a bels körbe írt hatszög területét, a jobb oldalon a holdacska és a kisebbik kör területösszegét, míg a bal oldalon a DEF háromszög és a hatszög területeinek összegét kapjuk. Könny látni, hogy szerkeszthet olyan négyzet, melynek területe éppen a jobb oldalon lév összeg. 5.2.2. Neuszisz szerkesztés A következ kben feltételezzük, hogy egy adott hosszúságú szakaszt fel tudunk venni úgy, hogy a szakasz két végpontja egy-egy adott görbén legyen, a szakasz tartó egyenese pedig illeszkedjen egy adott pontra. Ez az úgynevezett neuszisz szerkesztés nem végezhet el euklideszi módszerrel, de megoldható egy olyan vonalzóval, mely adott pontja körül elforgatható, és a szakasz hossza, mint távolság fel van rajta tüntetve. Arkhimédészt l ismerjük annak módszerét, hogyan lehet egy ilyen vonalzó segítségével szöget harmadolni. 78

5.2.3. ábra. Szögharmadolás neuszisz szerkesztéssel Legyen adott a harmadolandó α szög. Ennek O csúcsából rajzoljunk kört a vonalzón feltüntetett r távolsággal. Ekkor kijelölhetjük az A, a B és az OA szögszár meghosszabbításán lév C pontokat. Helyezzük el a vonalzót úgy, hogy a rajta megjelölt r hosszúságú szakasz egyik végpontja az OC félegyenesre, a másik a körívre kerüljön, valamint a vonalzó illeszkedjen a B ponthoz. Így megrajzolhatjuk az EB egyenest. Jelölje a DEC szöget β. Felhasználva, hogy az EOD és BDO háromszögek egyenl szárúak, és hogy egy háromszög küls szöge egyenl a két nem mellette fekv bels szögének összegével, kapjuk, hogy az EOB háromszög α küls szöge éppen 3β.../video/video2.avi Nikomédész a kockakett zést neuszisz szerkesztés segítségével a következ képpen oldotta meg. Tekintsük az ABCD téglalapot, melynek oldalai a és 2a hosszúságúak, majd hosszabbítsuk meg az BC és AB oldalakat, az utóbbit csak az A pont felé. Húzzuk meg a D kezd pontú, az AB oldal felez pontján átmen félegyenest, és jelölje ennek a BC oldal egyenesével vett metszéspontját E. A BC oldalra szerkesszük meg a BCG szabályos háromszöget, legyen ennek a BC oldalhoz tartozó magassága m. Húzzunk a C pontból párhuzamost az EG egyenessel, majd szerkesszük meg azt a G ponton álmen egyenest, melynek ezen egyenes és a BC egyenes közé es darabja, vagyis a HJ szakasz hossza éppen a (neuszisz szerkesztés). Végül legyen a JD és AB egyenesek metszéspontja K, valamint x az AK szakasz hossza. A KAD, KBJ és CDJ 79

5.2.4. ábra. Nikodémész kockakett zése neuszisz szerkesztéssel háromszögek hasonlóságából y + a x + 2a = a x = y 2a. Továbbá a párhuzamos szel k tételét a GJE szögre alkalmazva kapjuk, hogy így a HG = y 2a, a x = a HG, tehát a HG szakasz hossza x. Az LGJ és LGC derékszög háromszögekb l m 2 kifejezésével ( a ) 2 ( a 2 = (a + x) 2 y + a ) 2 2 2 adódik. A négyzetre emelések elvégzésével, majd átrendezéssel az y + a x + 2a = x y egyenl séghez jutunk, melyet ha összevetünk az els vel, a x = x y = y 2a 80

adódik. Azt pedig már Hippokratész korábban felismerte, hogy adott a esetén a fenti aránypárt kielégít x és y szakaszok megszerkeszthet sége ekvivalens a kockakett zés megoldhatóságával. Valóban, a fenti egyenl ségb l x 2 = ay és xy = 2a 2. Az els b l y-t kifejezve, majd a másodikba beírva kapjuk, hogy x 3 = 2a 3, vagyis az x él kocka térfogata kétszerese az a él kockáénak. 5.2.3. Szögharmadolás és kockakett zés origamival Az origamiról, mint papírhajtogatásról valószín leg már mindenki hallott, de annak lehetséges matematikai alkalmazásai már kevésbé ismertek. Adott egy négyzet alakú papírlap, a cél, hogy azon pusztán hajtogatás segítségével egyeneseket és pontokat azonosítsunk. Egy hajtás minden esetben egy egyenes megszerkesztését eredményezi. Ezen kívül egyenesnek tekintjük még a papírlap éleit. Az adott, vagy már megszerkesztett egyenesek metszéspontjait adott, illetve megszerkesztett pontoknak tekintjük. Az úgynevezett Huzita-Hatori axiómák írják le, hogy tulajdonképpen mit értünk hajtás alatt, milyen hajtások lehetségesek. 5.2.5. ábra. 1. és 2. axióma 1. Bármely különböz P és Q pontok esetén hajthatunk olyan egyenest, amely mindkett jükön áthalad. 2. Bármely különböz P és Q pontok esetén végezhetünk olyan hajtást, amely P -t Q-ra helyezi. 3. Bármely különböz e és f egyenesek esetén végezhetünk olyan hajtást, amely e-t f-re helyezi. 81

5.2.6. ábra. 3. és 4. axióma 4. Adott P pont és e egyenes esetén végezhetünk P ponton átmen e egyenesre mer leges hajtást. 5.2.7. ábra. 5. és 6. axióma 5. Adott P és Q különböz pontok és e egyenes esetén végezhetünk olyan hajtást, amely P -t e-re helyezi, és áthalad Q-n. 6. Adott különböz P és Q pontok és e és f egyenesek esetén végezhetünk olyan hajtást, amely P -t e-re és Q-t f-re helyezi. 5.2.8. ábra. 7. axióma 82

7. Bármely P pont, valamint e és f egyenesek esetén végezhetünk olyan hajtást, ami P -t e-re helyezi és mer leges f-re. Könny látni, hogy az 5. és 6. axiómák által engedélyezett hajtás nem végezhet el mindig. A 6. axióma végrehajtása nagyobb kézügyességet igényel: a papír csúsztatásával találhatjuk meg a megfelel pozíciót. Belátható, hogy ez a fentebb tárgyalt neuszisz szerkesztéssel ekvivalens. 5.2.9. ábra. Szögharmadolás origamival Vegyünk most egy négyzet alakú papírlapot, majd az 5.2.9. ábrán látható módon a bal alsó sarokból hajtsunk egy egyenest. Ennek a lap alsó szélével bezárt szöge lesz a harmadolandó α szög. Ezután hajtsuk meg a lap alsó szélével párhuzamos EF közép-, majd az alsó széléhez közelebb es GH negyedel vonalát. A 6. axiómát alkalmazva keressük meg azt a hajtást, mely a lap bal alsó sarkát (A) a GH, a lap bal szélének E felez pontját pedig a lap alsó szélével α szöget bezáró AP egyenesre helyezi. Megmutatjuk, hogy a felhajtott részen látható negyedel vonal tartó egyenese a lap alsó szélével éppen α/3 szöget zár be. Az 5.2.10. ábra jelöléseivel E G = G A = A T, ahol T az A pontból a lap alsó szélére állított mer leges talppontja. Továbbá, E A mer leges 83

5.2.10. ábra. Szögharmadolás origamival; bizonyítás AG -re, így az AG E, AG A és az AT A háromszögek egybevágóak, tehát az AE, AG és AA egyenesek az α szöget valóban három egyenl részre osztják.../video/video3.avi Most bemutatjuk Peter Messer megoldását arra, hogyan végezhet el a kockakett zés origamival, vagy pontosabban, hogyan hajtható meg két szakasz, mely hosszainak aránya 1 : 3 2. Ehhez el ször megmutatjuk, hogyan osztható egy négyzet valamely oldalával párhuzamos egyenesekkel három egyenl részre. Az 5.2.12. ábra szerint el ször hajtsuk meg az AC átlót, majd 5.2.11. ábra. Papírlap harmadolása az EF középvonalat, végül az EB egyenest. Jelölje az így keletkezett AGB háromszög G csúcsához tartozó magasságának talppontját T, és legyen x = = GT. Ekkor AT = x és a kiinduló négyzet oldalát 1-nek tekintve T B = 84

x = 1 x. A BT G és BAE háromszögek hasonlósága miatt 1 x = 1 2, ahonnan x = 1 3, tehát T harmadoló pontja az AB oldalnak. A másik harmadoló pont mint a T B szakasz felez pontja már könnyedén hajtható. Most induljunk ki egy olyan négyzetb l, mely egyik oldalával párhuzamos egyenesekkel az ábrán látható módon három egyenl terület részre van osztva. Alkalmazzuk azt a 6. axióma által engedélyezett hajtást, amely 5.2.12. ábra. Kockakett zés origamival az A pontot a DC, a T pontot pedig az UV egyenesre helyezi. Ekkor az A pont a DC oldalt két részre osztja. Annak a bizonyítását, hogy ezen részek aránya éppen 3 2, az olvasóra bízzuk.../video/video4.avi 5.2.4. Bolyai János szögharmadolása Bolyai Jánosnak a szögharmadolást egy derékszög hiperbolaág segítségével sikerült elvégeznie. Szerkesszük meg a harmadolandó α szöget az ábrán látható módon egy derékszög koordináta-rendszerben, majd tekintsük az xy = 1 egyenlet hiperbolát. A szög egyik szára ezt a P (a, b) pontban metszi. Rajzoljuk meg azt a P középpontú kört, melynek sugara az OP távolság kétszerese. Ez a hiperbolaágat az α szögtartomány egy R(u, v) pontban metszi. Állítjuk, hogy a P R egyenes x tengellyel bezárt β szöge éppen α harmada. Valóban, jelölje az OP távolságot r és tekintsük a P RQ derékszög háromszöget. Ekkor u = a + 2r cos β 85

5.2.13. ábra. Bolyai János szögharmadolása és v = b 2r sin β. Mivel P és R a hiperbola pontjai, így ab = uv, azaz Innen átrendezéssel ab = (a + 2r cos β)(b 2r sin β). 2r(b cos β a sin β) = 4r 2 sin β cos β adódik. Behelyettesítve az OP A derékszög háromszögb l nyert b = r sin α és a = r cos α értékeket, azt kapjuk, hogy sin α cos β cos α sin β = 2 sin β cos β, azaz sin(α β) = sin 2β. Mivel α hegyesszög, így α β = 2β, vagyis α = 3β. 86

5.3. Az euklideszi szerkeszthet ség elmélete Az euklideszi értelemben vett szerkeszthet ség vizsgálatához vezessünk be egy koordinátarendszert úgy, hogy kiválasztunk két adott, vagy megszerkeszthet pontot. Az ezekre illeszked egyenes lesz az x tengely, a kiválasztott pontok pedig a 0 és az 1. Ebben a koordinátarendszerben a pontok, egyenesek és körök már számadatokkal jellemezhet k: a pont a két koordinátájával, az egyenesek tengelymetszeteikkel, a körök pedig a középpontjuk koordinátáival és a sugarukkal. Ezekkel a számadatokkal generáljunk egy K testet, melyet a továbbiakban alaptestnek fogunk nevezni. Ez nyilván konkrét esetben a valós számtest egy a racionális számtestet tartalmazó részteste. A megengedett lépéseket vizsgálva látható, hogy két egyenes metszéspontjának meghatározása, valamint két pontra illeszked egyenes tengelymetszeteinek a meghatározása elvégezhet a négy alapm velet segítségével, így ezen m veletek elvégzésekor az adott és a megszerkesztett adatok által generált test változatlan marad. Kör és egyenes, illetve két kör metszéspontjai koordinátáinak kiszámítása, továbbá kör megrajzolásához a sugár meghatározása pedig másodfokú egyenlet megoldása (négyzetgyök vonás) révén történik. Ekkor az a legsz kebb test, amely tartalmazza a metszéspontokat, illetve a kör adatait, nem más mint az alaptest ezen másodfokú egyenlet megfelel gyökeivel való b vítése. Tehát minden egyes szerkesztési lépés után az adott és már megszerkesztett adatok által generált test vagy változatlan marad, vagy pedig egy elemének a négyzetgyökével lesz b vítve. Ez a b vítés nyilván másodfokú algebrai b vítés. Tehát ha egy szerkesztési feladat elvégezhet euklideszi módon, és minden egyes szerkesztési lépéséhez hozzárendeljük az adott és már megszerkesztett adatok által generált testet, akkor testeknek egy olyan K K 1 K 2 K n = L sorozatát kapjuk, ahol minden K i a megel z K i 1 -nek legfeljebb másodfokú b vítése, és L a megszerkesztend adatokat már tartalmazza. Mivel egymás utáni b vítések esetén a fokszámok összeszorzódnak, igaz a következ tétel. 5.3.1. Tétel. Legyen K a szerkesztési feladat kiinduló adatait tartalmazó 87

legsz kebb test, és legyenek x 1, x 2,..., x n a megszerkesztend alakzatok adatai. A szerkesztés euklideszi értelemben csak akkor végezhet el, ha létezik K-nak olyan L b vítése, amely x 1, x 2,..., x n mindegyikét tartalmazza, és melynek foka 2-hatvány. Megjegyezzük, hogy ha még azt is feltesszük, hogy a K-nak az L normális b vítése (ennek érdekében csak annyit kell tenni, hogy valahányszor egy másodfokú irreducibilis polinom egyik gyökével b vítünk, végezzük el a b vítést a másik gyökkel is; ez akkor újra másodfokú b vítés lesz), akkor igaz a tétel megfordítása is. A normalitásból ekkor az következik, hogy a b vítés Γ Galois-csoportjának rendje 2-hatvány, így az feloldható. Ekkor viszont Γ-ban van olyan Γ Γ 1 Γ n = 1 normállánc, mely faktorainak rendje kett. Az ehhez tartozó közbüls testek K K 1 K 2 K n = L sorozata olyan, hogy K i az t megel z K i 1 -nek másodfokú b vítése, tehát K i 1 -b l K i a K i 1 valamely eleme négyzetgyökének adjungálásával származtatható. A bizonyítás azzal lesz teljes, ha megmutatjuk, hogy adott koordináták összege, különbsége, szorzata, hányadosa, valamint négyzetgyöke megszerkeszthet euklideszi módon, mivel ekkor L minden eleme benne a megszerkesztend alakzatok adataival szerkeszthet. Ez azonban már az olvasó feladata. A teljesség kedvéért kimondjuk a szerkeszthet ség kritériumát, a klasszikus, és egy másik, akár középiskolában is közölhet alakban. 5.3.2. Tétel. Legyen K a szerkesztési feladat kiinduló adatait tartalmazó legsz kebb test, és legyenek x 1, x 2,..., x n a megszerkesztend alakzatok adatai. A szerkesztés euklideszi értelemben akkor és csak akkor végezhet el, ha létezik K-nak olyan 2-hatvány fokú normális b vítése, amely x 1, x 2,..., x n mindegyikét tartalmazza. 88

5.3.3. Tétel. Legyen adott egy egységnyi hosszúságú szakasz. Az a hosszúságú szakasz pontosan akkor szerkeszthet meg, ha van olyan 1, a 1, a 2,..., a n 1, a véges számsorozat, melyben mindegyik elem egy olyan els vagy másodfokú egyenlet gyöke, melynek együtthatói az el z elemekb l a négy alapm velettel nyerhet k. S t az is igaz, hogy minden szerkesztés, ami elvégezhet körz vel és vonalzóval, elvégezhet csupán körz felhasználásával is (természetesen az egyenes tényleges megrajzolása körz vel nem lehetséges, egy egyenes megszerkesztése alatt most két pontjának megszerkesztését értjük). Ez az úgynevezett Mohr-Mascheroni-tétel, melyet el ször Georg Mohr publikált 1672-ben. Lorenzo Mascheroni 1797-ben fedezte fel újra ezt a tételt. Vonalzó tekintetében ugyanez már nem mondható el, de Poncelet és Steiner egy tétele szerint, ha a síkon adott egy megrajzolt kör és annak a középpontja, akkor ennek felhasználásával már minden euklideszi szerkesztés elvégezhet csupán vonalzó segítségével. Ezt a tényt Jean Victor Poncelet sejette meg 1822-ben, és Jakob Steiner igazolta 1833-ban. 5.4. Megoldások A körnégyszögesítés esetében, mint már említettük, a feladat adott egységnyi hosszúságú szakaszhoz π hosszúságú szakasz szerkesztése. Az alaptest itt a racionális számok teste (csak a 0 és az 1 pontok adottak), és megszerkesztend a π. Mint ismeretes, π nem algebrai szám, azaz nem gyöke egyetlen racionális együtthatós nem nulla polinomnak sem, így π sem lehet az. Tehát π nem eleme Q egyetlen algebrai b vítésének sem, következésképpen a kör négyszögesítése nem végezhet el euklideszi módon. A kockakett zés esetében hasonlóan egységnyi hosszú szakaszhoz kell 3 2 hosszúságú szakaszt szerkeszteni. Mivel 3 2 gyöke az f(x) = x 3 2 polinomnak, amely harmadfokú és irreducibilis a racionális számtest felett, ezért a 89

3 2 algebrai szám foka 3, így nem lehet benne Q egyetlen kett hatvány fokú b vítésében sem. Tehát a kockakett zés sem végezhet el euklideszi módon. Végül a szögharmadolást tárgyaljuk. Itt az els kérdés az, hogy milyen adattal jellemezhetünk egy szöget. Könny látni, hogy ha egy szög megszerkeszthet, akkor tudunk olyan szakaszt is szerkeszteni, melynek hossza egyenl a szög koszinuszával. Valóban, ha adva van egy szög, akkor rajzoljunk annak csúcsából, mint középpontból egység sugarú kört, majd állítsunk mer legest az egyik szár és a kör metszéspontjából a másik szárra. Ezen egyenes és a másik szögszár metszéspontjának a szög csúcsától való távolsága éppen a szög koszinusza. Ha azt akarjuk bizonyítani, hogy a másik két feladathoz hasonlóan a szögharmadolás sem végezhet el euklideszi módon, elég megmutatni, hogy adott egységnyi hosszú szakaszból nem szerkeszthet cos 20 hosszúságú szakasz. Ez ugyanis azt bizonyítja, hogy nem szerkeszthet 20 - os szög, és így a 60 nem harmadolható. A cos α = 4 cos 3 α 3 3 cos α 3 trigonometriai összefüggés alapján kapjuk, hogy cos 60 = 4 cos 3 20 3 cos 20. Innen x = cos 20 jelöléssel, majd átrendezéssel a 8x 3 6x 1 = 0 egyenlethez jutunk. Valamely jól ismert teszttel (pl. Rolle-tétel) könnyen meggy z dhetünk arról, hogy az egyenletnek nincs racionális gyöke, azaz a bal oldalon álló polinom irreducibilis a racionális számtest felett. A megszerkesztend adat tehát most is egy harmadfokú algebrai szám, ami nyilván nem lehet benne Q egyetlen kett hatvány fokú b vítésében sem. 90

5.5. Szabályos sokszögek szerkeszthet sége A szabályos sokszögek szerkeszthet ségének, vagy más néven a kör egyenl terület részekre való felosztásának kérdése is hasonló korú, mint az el z ek. Világos, hogy a kör két egyenl terület részre osztásához elég egy átmér ; ha egy erre mer leges másik átmér t is megrajzolunk, akkor a kört máris négy egyenl részre osztottuk. A hat részre osztás is könnyen elvégezhet : a sugárral azonos nyílású körz vel, a körív egy tetsz leges pontjából kiindulva kört rajzolunk, majd az eredeti és berajzolt körök metszéspontjából ezt újra megtesszük. Az eljárás végén kapott metszéspontokat összekötve a középponttal, a kört hat egyenl terület részre osztottuk. Más szóval, ha a szomszédos metszéspontokat összekötjük, szabályos hatszöget szerkesztettünk. Ha csak minden második metszéspontot kötünk össze, akkor pedig szabályos háromszöget. Könnyen látható, hogy ha a kört annak sugaraival már n egyenl terület részre osztottuk, akkor az ívek megfelezésével a 2n egyenl részre osztás is megoldható. 5.5.1. Szabályos ötszög szerkesztésének egy módszere Az alábbiakban Hippaszosz i.e. V. században felfedezett módszerének lényegét mutatjuk be. Tekintsük az ABCDE szabályos ötszöget. Az EF D 5.5.1. ábra. Szabályos ötszög szerkesztése és ECD egyenl szárú háromszögek a megfelel szögeik egyenl sége miatt 91

hasonlóak, így (a + x) : a = a : x, azaz (a + x)x = a 2. Világos, hogy ha a ismeretében meg tudjuk szerkeszteni a fenti arányt kielégít x távolságot, akkor az a oldalú ötszög megszerkeszthet. Az ( a 2 + x ) 2 = ( a 2 ) 2 + (a + x)x = ( a 2 ) 2 + a 2 egyenl ség a Pitagorasz-tétellel összeolvasva mutatja, hogy ha egy derékszög háromszög befogóinak hossza a 2 és a, akkor annak átfogója a 2 + x. A befogók hossza ismert, így a háromszög megszerkeszthet, a keresett távolság pedig az átfogó és a rövidebb befogó különbsége.../video/video5.avi 5.5.2. Szabályos tizenötszög szerkesztése Ez a szerkesztés Euklidész Elemek cím könyvében (IV. 16. tétel) található. A feladat most az, hogy szerkesszünk adott körbe írt szabályos tizenötszöget. Jelöljünk ki a kör kerületén egy A pontot és szerkesszük meg azt a beírt sza- 5.5.2. ábra. Szabályos tizenötszög szerkesztése bályos háromszöget és ötszöget, melyeknek egyik csúcsa A. Legyen az ötszög A-val szomszédos csúcsa B, a háromszög A-val szomszédos csúcsa (ugyanabban az irányban) pedig C. Ekkor az AB ív ötöd-, az AC ív harmadrésze 92

2 a körvonalnak, a BC ív a körvonal 15 része. Legyen a BC ív felez pontja E. A szerkesztend szabályos 15-szög egy oldalának hossza éppen BE.../video/video6.avi 5.5.3. Szabályos sokszögek szerkeszthet ségének kritériuma A szabályos sokszögek szerkesztésének problémáját Gaussnak sikerült megoldania az 1700-as évek végén. Ezzel egyid ben megadta a szabályos 17-szög szerkesztését is. Eredménye amiatt is jelent s, mert abban az algebra, a geometria és a számelmélet fúziója van jelen. A tétel ismertetése el tt szólunk néhány szót a Fermat-prímekr l. Fermat 1654-ben Pascalhoz írt levelében azt állította, hogy a 2 2s + 1 alakú számok minden s természetes szám esetén prímszámok. Könnyen ellen rizhetjük, hogy az s {0,1,2,3,4} esetekben tényleg prímszámot kapunk. Euler azonban 1732-ben megmutatta, hogy az s = 5 eset összetett számot eredményez: 2 25 + 1 = 4294967297 = 641 6700417, következésképpen Fermat állítása nem igaz. Olyannyira nem, hogy azóta sem ismerünk további (a fent említettekt l különböz ) példát ilyen alakú prímre. Nyitott kérdés, hogy egyáltalán van-e még több, illetve ha van, csak véges sok van-e. Ennek ellenére, mint azt Gauss következ tétele is mutatja, a 2 2s + 1 alakú prímek mégis nevezetesek, hívjuk hát ket Fermat-prímeknek. 5.5.1. Tétel. A szabályos n-szög (n 3) akkor és csak akkor szerkeszthet meg euklideszi értelemben, ha n = 2 s p 1 p 2 p k, ahol p 1, p 2,..., p k különböz Fermat-prímek, továbbá k és s tetsz leges nemnegatív egészek. Bizonyítás. A szabályos n szög szerkeszthet sége ekvivalens a 360 n szög, vagy a cos 360 n illetve a sin 360 n valós számok megszerkeszthet ségével. Tekintsük a ξ = cos 360 n 360 + i sin n komplex n-edik egységgyököt. Jól ismert, hogy az a polinom, melynek a gyökei pontosan a primitív n-edik egységgyökök (az úgynevezett n-edik kör- 93

osztási polinom), egész együtthatós, a racionális számtest felett irreducibilis (lásd pl. [7] 3.9.9. tétel), és ϕ(n) fokú, ahol ϕ az Euler-féle függvény. Ha ezen polinom egyik gyökével b vítjük a racionális számtestet, akkor abban a polinom többi gyöke is benne lesz, mivel azok egymás hatványai. Tehát ξ a racionális számtest ϕ(n) fokú normális b vítésében van benne, így csak akkor szerkeszthet, ha ϕ(n) kett hatvány. Mint ismeretes, n = p α 1 1 pα 2 2 pαr r esetén ϕ(n) = p α 1 1 1 (p 1 1)p α 2 1 2 (p 2 1) p αr 1 r (p r 1), ami csak úgy lehet kett nek valamely hatványa, ha a páratlan p i prímtényez k p i = 2 t + 1 alakúak. A bizonyítás teljes lesz, ha megmutatjuk, hogy t maga is 2-nek hatványa. Ehhez tegyük fel, hogy t = t 1 t 2, ahol t 1 > 1 páratlan. Ekkor 2 t + 1 = (2 t 2 ) t 1 + 1 = (2 t 2 ) t 1 + 1 t 1, ami osztható 2 t 2 + 1-gyel, így 2 t + 1 nem lehet prím. Tanulmányai során mindenki megtanulta, hogyan szerkeszthet például 60 vagy 90 fokos szög. Ekkor nyilván ezeket felezhetjük, illetve másolással sokszorozhatjuk. 5.5.2. Következmény. Legyen n adott természetes szám. n fokos szög pontosan akkor szerkeszthet euklideszi értelemben, ha n osztható 3-mal. Valóban, 120 = 2 3 3 5, így az el z tétel értelmében szabályos 120-szög és így annak egy oldalához tartozó 3 fokos középponti szöge is szerkeszthet. A szögmásolás elvégezhet euklideszi módón, így az összes olyan szög szerkeszthet, melynek mér száma 3 többszöröse. Most tegyük fel, hogy n hárommal osztva egy maradékot ad, azaz n = 3k + 1, és n fokos szög szerkeszthet. Ekkor a 3k fokos szög szerkeszthet sége miatt az 1 fokos szög, és így a szabályos 360-szög is szerkeszthet lenne. Ez viszont 360 = 2 3 3 2 5 miatt ellentmond az el z tételnek. Hasonlóan juthatunk ellentmondásra, ha n = 3k + 2. 94

5.6. Feladatok 1. Adott egy négyzethálós papír és egy vonalzó. Meg tudjuk-e szerkeszteni az egyik négyzetoldalra támaszkodó szabályos háromszög harmadik csúcsát? 2. Igazolja, hogy a következ alapszerkesztések megoldhatók euklideszi szerkesztéssel! a) Adott szakasz és szög felezése. b) Adott szakasz és szög másolása. c) Adott egyenesre rajta kívül lév, illetve rá illeszked pontból mer leges egyenes állítása. d) Adott egyenessel rá nem illeszked ponton át párhuzamos egyenes szerkesztése. 3. Eukideszi szerkesztéssel osszon fel egy adott szakaszt n egyenl részre! 4. Adott az egységszakasz, valamint az x és y hosszúságú szakaszok. Szerkesszen x 2 x, xy, y, x 2 y, x, xy hosszúságú szakaszokat! 5. Ha adott az egységszakasz, euklideszi értelemben szerkeszthet -e 5 2 hosszúságú szakasz? 6. Adott AB szakasz fölé rajzoljunk félkört, melynek középpontja a szakasz O felez pontja, sugara pedig a szakasz hosszának fele, majd egy másikat alulra, szintén O középponttal, de az el bbinél kisebb sugárral. Jelölje ezen utóbbi félkörív AB szakasszal vett metszéspontjait C és D. Végül rajzoljunk félköröket az AC és DB szakaszok fölé. Igazolja, hogy az így keletkezett Arkhimédész által szalinon-nak (sótartó) nevezett síkidom területe egyenl az EF átmér j kör területével! (5.6.1. ábra) 95

5.6.1. ábra. Szalinon 7. Tekintsünk egy ABC derékszög háromszöget, majd húzzuk meg a C csúcshoz tartozó magasságot. Legyen ennek talppontja T. Ezután rajzoljunk az átfogó, valamint az AT és T B szakaszok ugyanazon oldalára egy-egy félkört (5.6.2. ábra). Igazolja, hogy az így keletkezett Arkhimédész által arbelosz-nak (cipészkés) nevezett síkidom területe egyenl annak a körnek a területével, melynek átmér je a CT magasság! 5.6.2. ábra. Arbelosz 8. Tudjuk, hogy 60 fokos szög szerkeszthet, és bizonyítottuk, hogy 20 fokos nem. Azt, hogy szabályos ötszög szerkeszthet, már Euklidész is tudta. Bizonyítsa ezen tények ismeretében az 5.5.2. következményt! 9. Mutassa meg, hogy ha m és n relatív prímek, és szabályos n-szög, valamint szabályos m-szög is szerkeszthet, akkor szabályos mn-szög is szerkeszthet! 96