Κάνετε αριστερό κλικ εδώ
Η ανάρτηση αυτή έχει στενή σχέση με τις αναρτήσεις:
1. Άρρητοι αριθμοί: Η ανακάλυψη των αρρήτων αριθμών
2. Οι άρρητοι αριθμοί: Ο ορισμός της ισότητας αριθμών στον Ευκλείδη
3. Άρρητοι αριθμοί: Το πλήθος των αρρήτων αριθμών - Πληθικοί αριθμοί απειροσυνόλων
4. Από τους φυσικούς αριθμούς στο σώμα των πραγματικών αριθμών - Πλήρη σώματα
Περιεχόμενα
1. Πόσοι άρρητοι αριθμοί υπάρχουν;
2. Η απόδειξη της αρρητότητας συγκεκριμένων αριθμών
2. Η απόδειξη της αρρητότητας συγκεκριμένων αριθμών
3. Αποτελέσματα πράξεων με άρρητους αριθμούς
4. Αλγεβρικοί αριθμοί
5. Υπερβατικοί αριθμοί
6. Σώματα ή πεδία αριθμών
997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 1001.10- (1002 . 3) + 1002.10- (1003.3) + ............ =
+ 001.10- (1002.3) + 1000.10- (1003.3) +002.10- (1003.3) + .......=
Θέτω
+ 002.10- (1002.3) +.....................= Σ
0,000 001 002 ........ 009 010 011........ 098 099 100 101 .......997 999 000 001.......996 997 999 000 001 002.....................
Η περίοδος επομένως περιλαμβάνει ακριβώ; όλα τα ψηφία όλλων των ακεραίων από τον 000 μέχρι τον 999 εξαιρουμένου του 998, των ακεραίων γραφομένων όλων ως τριψήφιων . Σύνολο 3 Χ 999 = 3 Χ (1000 -1) = 2997 ψηφία
Ας πάρουμε το κλάσμα !/81= (1/9)Χ(1/(9) Η περίοδος του περιλαμβάνει όλου τους μονοψήφιους ακέραιους γραμμένους στη φυσική σειρά εξαιρουμένου του 8. Σύνολο ψηφίων 9 = (!0-1)Χ 1
Ας πάρουμε το κλάσμα (1/9801) =(1/99) Χ (1/99). Την περίοδό του την σχηματίζουμε αν γράψουμε στην φυσική σειρά και ως δηψήφιους όλους τους αριθμούς από τον 00 μέχρι τον 99, εξαιρώντας τον 98. Σύνολικός αριθμός ψηφίων περιόδου 2 Χ(100-1) = 198
Ας πάρουμε τον αριθμό Ν= 99..........9 του δεκαδικού συστήματος γραφής των αριθμώ που γράφεται με ν το πλήθος 9 . Έχω
6. Σώματα ή πεδία αριθμών
1. Πόσοι άρρητοι αριθμοί υπάρχουν;
Έχουμε ήδη πει (ανάρτηση " Η ανακάλυψη των αρρήτων αριθμών" και ανάρτηση "Ο ορισμός της ισότητας λόγων"), το τι σημαίνει ρητός ή σύμμετρος αριθμός και το τι σημαίνει άρρητος ή ασύμμετρος. Ας το θυμίσουμε.
Ρητός ή σύμμετρος είναι ο αριθμός που μπορεί να ισούται με ένα κλάσμα. Παράδειγμα ο 2= 2/1 ή ο 0 = 0/5 ή = 0/1 ή ..., ο αριθμός -3,97 = (-397)/100, ο αριθμός 0,77777... = 7/9, ο αρθμός 2,7777.... = 25/9 και ο αριθμός 0,023232323....... =23/990. (Οι τρείς τελευταίοι αριθμοί έχουν άπειρα δεκαδικά ψηφία) αλλά μια ομάδα ψηφίων με σταθερή σειρά επαναλαμβάνεται μετά από κάποιο ψηφίο επ' άπειρο.
Άρρητος ή ασύμμετρος αριθμός είναι κάθε αριθμός που δεν είναι ρητός, δηλαδή κάθε αριθμός που δεν μπορεί να ισούται με κάποιο κλάσμα. Παράδειγμα ο αριθμός χ που το τετράγωνό του ισούται με 2. Για να το δείξουμε αρκεί να δείξουμε ότι ο συγκεκριμένος χ δεν μπορεί να ισούται με ένα ανάγωγο, δηλαδή μη απλοποιήσιμο κλάσμα έστω το α/β όπου οι α και β είναι θετικοί ακέραιοι χωρίς κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του 1, γιατί κάθε κλάσμα ισούται με ένα ανάγωγο κλάσμα. Ακόμη αν χ2 = (α/β)2 = 2 (1) τότε:
-ο χ δεν είναι ακέραιος γιατί 12 = 1, 22 = 4 > 2 και για χ > 2 ισχύει χ2 > 2
Συνεπώς ο θετικός ακέραιος β δεν είναι ίσος προς 1 αλλά μεγαλύτερος του 1.
- Επίσης θα ισχύει α2 = 2β2 και επομένως ο α2 έχει όλους τους πρώτους διαιρέτες του αριθμού β2 και στην ανάλυση των δύο αριθμών σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε παράγοντας του β2 θα εμφανίζεται και στην ανάλυση του α2 με τον ίδιο ή μεγαλύτερο εκθέτη.
Αυτό σημαίνει ότι και στην ανάλυση των α και β σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε παράγοντας του β θα εμφανίζεται και στην ανάλυση του α με τον ίδιο ή μεγαλύτερο εκθέτη και άρα o β θα είναι κοινός διαιρέτης των α, β και ο β είναι μεγαλύτερος του 1. Όμως οι α και β δεν έχουν κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του 1. Η υπόθεση επομένως ότι ο χ είναι ρητός και έχει τετράγωνο ίσο προς 2 οδηγεί σε αντίφαση.
Σε επόμενη παράγραφο θα δούμε πολλά παραδείγματα. Και είναι
εύκολο να βεβαιωθούμε ότι
υπάρχουν άπειροι άρρητοι αριθμοί, αλλά είναι δυνατό να βεβαιωθούμε και
για κάτι περισσότερο.
Έστω ότι ο χ είναι ασύμμετρος
αριθμός. Εύκολα συμπεραίνω ότι και
ο αριθμός (3.χ + 11) είναι ασύμμετρος. Γιατί
αν ο (3.χ +11) ήταν ίσος προς τον ρητό αριθμό
γ θα είχαμε
3.χ
+ 11 = γ και επομένως χ = (γ-11)/3 και
επομένως ο χ θα ήταν ρητός, όπερ άτοπον.
Ακόμη
δεν θα μπορούσε ο (3.χ+11) να ισούται με
τον 7.χ+1 γιατί η σχέση 7.χ+1 = 3.χ+11 συνεπάγεται
χ=10/4 και επομένως ότι ο χ είναι ρητός
αριθμός και αυτό είναι αντίθετο προς
τις υποθέσεις μας. Μπορούμε επομένως
να συμπεράνουμε ότι
αν
ο
χ είναι ένας ασύμμετρος αριθμός και
οι
α, β είναι δύο ρητοί αριθμοί
και
ο
α δεν ισούται με μηδέν
τότε
ο
αριθμός (α.χ+β) είναι άρρητος ή αλλιώς
ασύμμετρος αριθμός. Και όχι μόνο.
Επιπλέον,
αλλάζοντας
κάθε φορά ή μόνο τον α, ή μόνο τον β ή
αλλάζοντας
και τον α και τον β
βρίσκουμε
κάθε φορά έναν νέο άρρητο αριθμό.
Και
έχουμε άπειρες επιλογές για τον ρητό α
και για κάθε επιλογή του α έχουμε
επίσης άπειρες επιλογές για τον επίσης
ρητό β.
Έτσι
αν ο χ είναι άρρητος, ο (χ+2) είναι ένας
δεύτερος άρρητος, ο (2.χ +1) ένας τρίτος
άρρητος και ο αριθμός (6,023.1023.χ
+ 96500. 3,14159265359. 2,718281828459. 1019).
(1/137) ένας τέταρτος άρρητος αριθμός.
Στην τελευταία περίπτωση ασφαλώς
αναγνωρίζετε αριθμούς που αποτελούν
ρητές προσεγγίσεις γνωστών σταθερών
της φυσικής και των μαθηματικών.
Η
ύπαρξη επομένως ενός και μόνο άρρητου
αριθμού συνεπάγεται την ύπαρξη απείρων
άρρητων ή αλλιώς ασύμμετρων αριθμών.
Και μπορούμε εύκολα να συμπεράνουμε
ότι μεταξύ δύο αριθμών, αδιάφορο για
τον αν καθένας τους είναι σύμμετρος ή
ασύμμετρος, ρητός ή άρρητος, υπάρχει
πάντοτε ένας άρρητος ή αλλιώς ασύμμετρος
αριθμός και επομένως μεταξύ δύο αριθμών
υπάρχουν πάντοτε άπειροι άρρητοι
αριθμοί.
Αν
α < β και από τους πραγματικούς
αριθμούς α, β ο ένας είναι ρητός και ο
άλλος άρρητος, τότε ο αριθμός (α + β ) / 2
είναι άρρητος και βρίσκεται μεταξύ του
α και του β.
Αν
οι α, β είναι και οι δύο άρρητοι, τότε αν
γ είναι ένας ρητός μεταξύ του α και του
β, τότε
ο αριθμός (α+γ) /2 είναι άρρητος και
βρίσκεται μεταξύ του α και του γ και
επομένως μεταξύ του α και του β.
[Ο οποιοσδήποτε θετικός ρητός ή άρρητος αριθμός α πολλαπλασιαζόμενος επί κατάλληλα μεγάλο ακέραιο θετικό αριθμό μπορεί να υπερβεί οποιονδήποτε αριθμό, (αξίωμα του Ευδόξου) Έτσι αν α < β τότε β-α > 0, και σύμφωνα με το αξίωμα για κατάλληλα μεγάλη θετική τιμή του ακεραίου ν θα είναι ν.(β-α) > 1 ή αλλιώς (ν.β)-(ν.α) > 1.
Θα υπάρχει επομένως μεταξύ των αριθμών (ν.α) και (ν.β) ένας τουλάχιστον ακέραιος έστω ο μ. Θα ισχύει τότε (ν.α) < μ < (ν.β) και επομένως α < μ/ν < β. Ο αριθμός γ = μ/ν είναι ρητός ως λόγος δύο ακεραίων και βρίσκεται μεταξύ του α και του β],
Αν
οι α, β είναι και οι δύο ρητοί, χ
είναι ένας οποιοσδήποτε θετικός
άρρητος αριθμός
και Ν θετικός ακέραιος, τότε ο αριθμός
χ / Ν είναι άρρητος και για κατάλληλα
μεγάλο Ν είναι μικρότερος του (β-α).
Επομένως ο αριθμός [α + (χ/Ν)] είναι άρρητος
και για κατάλληλα μεγάλο Ν βρίσκεται
μεταξύ του α και του β.
Βεβαίως
μεταξύ δύο αριθμών υπάρχουν πάντοτε
και άπειροι ρητοί αριθμοί. Σημαίνει
αυτό ότι οι άρρητοι είναι όσοι και οι
ρητοί; Η απάντηση είναι ΟΧΙ. Οι άρρητοι
είναι πολύ περισσότεροι από τους ρητούς.
Στα μαθηματικά η φράση "σχεδόν
όλοι οι αριθμοί είναι άρρητοι" έχει
συγκεκριμένη έννοια και είναι σωστή.
Υπάρχουν πολλές τάξεις απείρου και
πρέπει να προσθέσω ακόμη και ότι
διακρίνουμε και είδη αρρήτων ή αλλιώς
ασυμμέτρων αριθμών αλλά και άλλους
τρόπους διαμερισμού των πραγματικών
αριθμών.
Παρουσιάζουν
ενδιαφέρον και μερικά άλλα θέματα
εντελώς διαφορετικά.
Το
πρώτο αφορά τα δεκαδικά αναπτύγματα
των ρητών αριθμών αφ' ενός και των αρρήτων
αριθμών αφ' ετέρου.
Τα
δεκαδικά αναπτύγματα των ρητών αριθμών
είναι περιοδικά. Αυτό σημαίνει ότι μετά
την υποδιαστολή ή υπάρχει πεπερασμένος αριθμός δεκαδικών μη μηδενικών ψηφίων ή μετά από κάποιο ψηφίο
μετά την υποδιαστολή επαναλαμβάνεται
διαδοχικά και επ' άπειρον μια καθορισμένη
διατεταγμένη ομάδα ψηφίων1. Περιοδικότητα επ' άπειρον εμφανίζεται και στο ανάπτυγμα σε
συνεχή κλάσματα όλων των αρρήτων
αλγεβρικών αριθμών δευτέρου βαθμού και μόνον αυτών. Επίσης πεπερασμένο είναι το ανάπτυγμα σε συνεχή κλάσματα όλων των ρητών αριθμών και μόνον μόνον αυτών.
Τα
δεκαδικά αναπτύγματα των αρρήτων αριθμών
έχουν άπειρα ψηφία και δεν παρουσιάζουν
καμιά περιοδικότητα. Η μόνη κανονικότητα
που μπορεί να παρουσιάζουν είναι το
ισόσυχνο της εμφάνισης των ψηφίων 0 - 9
στο δεκαδικό τους ανάπτυγμα, κάτι που
είναι δύσκολο ή μάλλον αδύνατο να
αποδειχθεί για κάποιον συγκεκριμένο
αριθμό . Mπορούμε να γνωρίζουμε
μόνο ένα πεπερασμένο αρχικό τμήμα του
δεκαδικού τους αναπτύγματος των αρρήτων
αριθμών. Παρ'
όλα αυτά ξέρουμε ότι σχεδόν όλοι
οι πραγματικοί αριθμοί εμφανίζουν
με την ίδια συχνότητα τα ψηφία που
χρησιμοποιούνται για τη γραφή τους. Να
διευκρινίσω εδώ ότι αν γράφουμε τους
αριθμούς όπως τους γράφουμε συνήθως,
δηλαδή σε σύστημα αρίθμησης με βάση
το 10, χρησιμοποιούνται 10 ψηφία και
συγκεκριμένα τα ψηφία 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9.
Αν
γράφουμε σε πενταδικό σύστημα αρίθμησης
χρησιμοποιούνται 5 ψηφία, τα 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Άν
γράφουμε στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης
χρησιμοποιούνται τα ψηφία 0, 1.
Αν
θέλαμε να γράψουμε σε σύστημα αρίθμησης
με βάση το 30 (αν είναι δυνατόν), θα
χειαζόμαστε 30 ψηφία κάθε ένα από τα
οποία θα παρίστανε έναν ακέραιο αριθμό
από το 0 (μηδέν) έως το 29. Φυσικά ένα τέτοιο σύστημα θα ήταν εξαιρετικά δύσχρηστο..
Τα
παραπάνω συνοψίζονται στην πρότασηΥπάρχουν πραγματικοί αριθμοί που δεν είναι κανονικοί αλλά
σχεδόν
όλοι οι πραγματικοί αριθμοί , είναι κανονικοί σε
οποιοδήποτε αριθμητικό σύστημα κι αν
γραφούν.
Η
πρόταση αυτή αποτελεί θεώρημα, δηλαδή
αποδεικνύεται.
Το
"σχεδόν όλοι είναι κανονικοί"
σημαίνει ότι όλοι οι αριθμοί που δεν είναι
κανονικοί,
είναι μεν άπειροι κατά το πλήθος αφού όλοι οι ρητοί αριθμοί είναι μη κανονικοί, πλην όμως οι μη κανονικοί αριθμοί μπορεί να καλυφθούν με ανοικτά
διαστήματα αθροιστικού μήκους μικρότερου
από οποιονδήποτε και επομένως και
οσοδήποτε μικρό θετικό αριθμό ή αλλιώς
αποτελούν σύνολο μέτρου μηδέν. Κάθε σύνολο πεπερασμένου πλήθους αριθμών έχει μέτρο μηδέν και κάθε απειροπληθές μεν αλλά απαριθμητό σύνολο
αριθμών επίσης έχει μέτρο μηδέν.
Το
δεύτερο συνδέεται με το ότι μεταξύ δύο
πραγματικών αριθμών υπάρχουν πάντοτε
άπειροι ρητοί και άπειροι άρρητοι
αριθμοί. Αυτό στα μαθηματικά επισημαίνεται
με τη φράση ότι και οι ρητοί και οι
άρρητοι είναι υποσύνολα των πραγματικών
αριθμών, παντού
πυκνά μέσα στους πραγματικούς αριθμούς.
Τώρα
σύμφωνα με ένα θεώρημα, μία συνεχής συνάρτηση
μιας πραγματικής μεταβλητής καθορίζεται
πλήρως αν καθορισθούν οι τιμές της σε
ένα υποσύνολο των πραγματικών αριθμών
παντού πυκνό μέσα στους πραγματικούς.
Καθορίζεται επομένως πλήρως μια συνεχής
συνάρτηση άν καθορισθούν οι τιμές της
είτε μόνο για τα ρητά χ, είτε μόνο για
τα άρρητα χ. Και φυσικά αυτός ο καθορισμός
των τιμών της συνεχούς συνάρτησης για
τα ρητά για παράδειγμα χ, δεν μπορεί να
είναι εντελώς αυθαίρετος.
Για
παράδειγμα αναφέρω ότι αν η f(χ) είναι
κάποια συνάρτηση που για τους οποιουσδήποτε
πραγματικούς αριθμούς χ, ψ ικανοποιεί
τη σχέση
f(χ+ψ)
= f(χ) + f(ψ) (1),
μπορούμε
εύκολα να βρούμε ότι για χ ακέραιο
αριθμό και για χ γενικότερα ρητό αριθμό
θα ισχύει f(χ) = α.χ , όπου το α ισούται με
την τιμή της συνάρτησης για χ = 1, δηλαδή
ισχύει f(1) = α.
Τούτου
δεδομένου μπορεί σχετικά εύκολα να
αποδειχθεί ότι αν η f(χ) είναι και
συνεχής τότε
θα είναι
f(χ)
= α.χ (2)
και
γιά τις άρρητες τιμές του χ και επομένως
για όλες τις πραγματικές τιμές του χ. Και αυτή τη μορφή θα έχει σε κάποιο διάστημα πραγματικών αριθμών κάθε λύση της (1) αν δεν απαιτείται να είναι συνεχής αλλά απαιτείται μόνο να είναι φραγμένη σε αυτό το διάστημα. Και με τη μορφή αυτή μπορεί να επεκταθεί και στο σώμα των μιγαδικών αριθμών.
Αποδείχθηκε όμως από τον Γάλλο μαθημτικό Λεμπέκ (Lebesque) και τον Γερμανό μαθηματικό Χάμελ (Hamel ) ότι ικανοποιείται η (1) και από συναρτήσεις που δεν είναι ούτε συνεχείς ούτε φραγμένες. Οι συναρτήσεις αυτές είναι εξαιρετικά πολύπλοκες. Μια τέτοια συνάρτηση παρουσιάζεται στο "Theory of Sets" του Γερμανού μαθηματικού E. Kamke (σελίδες 115 - 118). Το βιβλίο αυτό είχε εκδοθεί πριν πολλά χρόνια και στα ελληνικά.
Σημειώσεις
1. Παραδείγματα
δεκαδικών αναπτυγμάτων ρητών:
Αν
ο ρητός ισούται με το ανάγωγο κλάσμα Χ
/ Ζ και Ζ = 2μ.5ν.ζ
όπου
οι
μ, ν είναι ο καθένας ακέραιος θετικός αριθμός ή 0 και
ο ζ θετικός
ακέραιος που δεν διαιρείται ούτε διά 2
ούτε διά 5 τότε:
Αν ζ=1 τότε ο
αριθμός Χ / Ζ έχει πεπερασμένο δεκαδικό ανάπτυγμα και πλήθος
δεκαδικών ψηφίων ίσο με τον μέγιστο των αριθμών μ, ν. Το δεκαδικό αυτό
ανάπτυγμα μπορεί να γραφεί και ως απεριόριστο περιοδικό δεκαδικό
ανάπτυγμα με δύο τρόπους. Είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με
το ψηφίο 0, είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με το ψηφίο 9.
Για παράδειγμα αν Χ / Ζ = 69 / 50 τότε μπορώ να γράψω είτε
Χ / Ζ = 1, 38 είτε
Χ / Ζ = 1, 38000000........ είτε
Χ / Ζ = 1, 37999999........
Αν ζ > 1 τότε
-Το πλήθος των ψηφίων
του δεκαδικού αναπτύγματος του αναγώγου
κλάσματος Χ/Ζ που εμφανίζονται μετά την
υποδιαστολή και πριν την περίοδο είναι
ίσο με τον μεγαλύτερο από τους αριθμούς
μ και ν.
-Το πλήθος των ψηφίων της
περιόδου είναι ίσο με τον ελάχιστο
θετικό ακέραιο ρ για τον οποίο ο αριθμός
( 10ρ -
1) διαιρείται δια ζ.
-Αν για
τον θετικό ακέραιο λ ο αριθμός ( 10λ -
1) διαιρείται δια ζ, τότε ο λ είναι ακέραιο
πολλαπλάσιο του ρ και αντιστρόφως.
-Ο
αριθμός ρ είναι διαιρέτης του αριθμού
φ(ζ) που μετρά το πλήθος των θετικών
ακεραίων αριθμών που δεν υπερβαίνουν
τον αριθμό ζ και είναι σχετικώς
πρώτοι προς τον ζ.
-Αν ζ = p1α. p2β.p3γ ,
τότε φ(ζ) = ζ.(1-1/p1).(1-1/p2).(1-
1/p3)
όπου οι p1, p2, p3 είναι
οι πρώτοι διαιρέτες του ζ και α, β, γ
είναι θετικοί ακέραιοι.
Αν ο ζ
ισούται με τον πρώτο αριθμό p τότε
φ(ζ) = (p-1). Ο αριθμός (10φ(ζ) -
1) διαιρίται πάντοτε δια ζ
Ας
τα εφαρμόσουμε αυτά στο κλάσμα 1/7.
Ο
7 είναι πρώτος και
δεν υπάρχουν στον παρονομαστή ως
παράγοντες ούτε ο 2, ούτε ο 5. Η περίοδος
του δεκαδικού αναπτύγματος αρχίζει
αμέσως μετά την υποδιαστολή.
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 -
1) = 99 = (9x11), (103 -
1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7.
Είναι
φ(7) = 7 - 1 = 6 και επομένως το πλήθος των
ψηφίων της περιόδου είναι διαιρέτης
του 6, δηλαδή 1 ή 2 ή 3 ή 6.
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 -
1) = 99 = (9x11), (103 -
1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7. Άρα ο αριθμός (106 -
1) διαιρείται διά 7 και το πλήθος των ψηφίων της περιόδου είναι 6. Αυτά μπορούμε να τα επιβεβαιώσουμε
Είναι (106 -
1) = 999999 = ( 999 x 1001 ) ως διαφορά τετραγώνων και διαιρείτα δια 7, αφού
1001 = ( 7 x 11 x 13 ) . Άρα η περίοδος έχει 6 ψηφία, δηλαδή όσα είναι τα δυνατά μη μηδενικά υπόλοιπα μιας κάθε διαίρεσης δια 7 και μόνο αυτά. Άρα η περιοδος αποτελείται από τα ψηφίατα 1, 2, 3, 4, 5, 6
Εκτελώντας
τη διαίρεση 999999 διά 7 βρίσκουμε 142857 και επομένως (1/ 7) = ( 142857/ 999999 ) [κλάσμα
ισοδύναμο με το 1/7 και παρονομαστή (106– 1)] = 0, 142857142857142857.......
Το ίδιο αποτέλεσμα θα βρίσκαμε αν κάναμε απευθείας τη διαίρεση 1: 7
1/7
= 0, 142857 142857 142857...........
=
Στο
δεκαδικό ανάπτυγμα η ομάδα των
ψηφίων 142857 επαναλαμβάνεται
επ' άπειρον.
Στην παραπάνω περίπτωση, η περίοδος έχει
τον μέγιστο αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε
να έχει. αφού
τα δυνατά μη μηδενικά υπόλοιπα της
διαιρέσεως ενός αριθμού διά 7, είναι 6.
Έτσι το κλάσμα 2/7 έχει περίοδο που
προκύπτει από την περίοδο του κλάσματος
1/7 με μία κυκλική μετάθεση των ψηφίων
της.
Θυμηθείτε
τη διαίρεση 1:7. Εδώ τα ψηφία της περιόδου
είναι όλα τα
δυνατά πηλίκα των διαιρέσεων δια 7 όλων
των θετικών πολλαπλασίων του 10 που είναι
μικρότερα του 7.10 , και αυτό σημαίνει ότι
η περίοδος του δεκαδικού που αντιστοιχεί
σε καθένα από τα κλάσματα
1/7
, 2/7 , 3/7 , 4/7 , 5/7 , 6/7
θα
περιλαμβάνει τα ίδια ακριβώς ψηφία με
άλλη σειρά. Το επιβεβαιώνουμε βρίσκοντας
1/7
= 0,142857.............
2/7
= 0,285714.............
3/7
= 0,428571.............
4/7
= 0,571428.............
5/7
= 0,714285.............
6/7
= 0.857142.............
Κάθε
μια από τις παραπάνω περιόδους
προκύπτει από οποιαδήποτε άλλη με
κυκλική μετάθεση των ψηφίων της. Η περίοδός του κλάσματος 4 / 7 όμως
ξεκινά με ψηφίο 5 και επομένως περιλαμβάνει κατά σειρά τα ψηφία 571428
με την κυκλική σειρά που τα βρίσκουμε στην περίοδο του κλάσματος 1/7
Το
ότι η περίοδος έχει τον μέγιστο
αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει,
μπορεί να συμβαίνει για το κλάσμα 1/ν
μόνο αν ο ν είναι πρώτος αριθμός. Αν o ν
είναι σύνθετος τότε ο αριθμός φ(ν)
είναι μικρότερος του ν-1 και ο
αριθμός των ψηφίων της περιόδου του 1/ν
είναι διαιρέτης του φ(ν) και επομένως
επίσης μικρότερος του ν-1. Ο αριθμός όμως
των δυνατών μη μηδενικών υπολοίπων των
διαιρέσεων πολλαπλασίων του 10 διά ν
είναι ν-1 και επομένως στην περίοδο ενός
κλάσματος κ/ν θα εμφανίζονται ψηφία που
δεν θα εμφανίζονται σε όλα τα ανοίπτύγματα των κλασμάτων αυτής της μορφής (της μορφής κ/ν)
Το
να έχει η περίοδος τον μέγιστο
αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει,
μπορεί να συμβαίνει για το κλάσμα
1/ν μόνο αν ο ν είναι πρώτος αριθμός αλλά
δεν συμβαίνει για όλους τους πρώτους
αριθμούς ν, γιατί και για ν πρώτο μπορεί
ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου του
κλάσματος κ/ν (κ, ν ακέραιοι θετικοί
σχετικώς πρώτοι), να είναι μικρότερος
του ν-1. Θα είναι διαιρέτης του ν-1 και μπορεί να είναι ή ίσος με ν-1 ή μικρότερος του ν-1.
Ας
δούμε το 1/11.
Ο
11 δεν διαιρεί το (101 – 1)
= 9
Ο
11 διαιρεί το (102 – 1) =
99. Η περίοδος έχει δύο ψηφία Είναι
2< 11-1 =10. Ο 11 είναι πρώτος αλλά ο αριθμός των ψηφίων της περίοδου του δεκαδικού αναπτύγματος ειναι 2 και ο αριθμός 2 είναι μικρότερος του 11-1 =10. Είναι διαιρέτης του 11-1=10
Είναι
1/11 = 9/99 = 09 / 99 = 0.090909..... Αλλιώς 1/11= 9/99 = 9/(100-1) = (9/100)/(1- 1/100)= =0,09.[1+0,01+(0,01)2+(0,01)3+............] = 0,090909...........
ενώ
2/11 = 18/99 = 0,181818.......
Όλα τα
δυνατά υπόλοιπα των διαιρέσεων δια 11
όλων των θετικών πολλαπλασίων του 10 που
είναι μικρότερα του (11.10) είναι 10 και είναι
όλοι οι ακέραιοι από το 1 έως το 10. Θα έχουμε
1/11 = 9/99 = 09 / 99 = 0.090909..... 2/11 = 18/99 = 0,181818........ 3/11 = 27/99 = 0,272727.........
Είναι όμως
10/11 = 90/99 = 0,90909090....., 9/11 = 81/99 = 0,818181...... 8/11 = 72/99 = 0, 72727272.........
Ή περίοδος του
1/11 έχει τα ίδια ψηφία με την περίοδο
του 10/11 και η περίοδος του 2/11 έχει τα
ίδια ψηφία με την περίοδο του 9/11. Όλες
οι περίοδοι των κλάμάτων κ/11 με κ ακέραιο
μη διαιρετό διά 11 είναι 5 και συνιστούν
5 διμελείς ομάδες. Η κάθε ομάδα περιλαμβάνει
δύο περιόδους που η κάθε μία αποτελεί
κυκλική μετάθεση των ψηφίων της άλλης
Το
1/37:
Έχουμε
3.37 = 111 και 27.37 = 111. 9= 999 = (103 –
1). Ο 37 διαιρεί τον (103 –
1)
Η
περίοδος του 1/37 έχει μόνο 3 ψηφία.
Είναι 3 < 37 - 1 = 36 και το 3 είναι διαιρέτης του 36
1/
37 = 027 / 999 = 0.027027027.........
2/37
= 0.054054054........
3/37 =9/111 = 081/999 0,081081........
4/37 = 108/999 = 0,108108........
5/37
= 135 / 999 = 0.135135135........
Τα
ακέραια πηλίκα που μπορεί να δώσουν
ψηφία είναι 36 . Η περίοδος του κλάσματος κ/37 με κ ακέραιο από 1 έως 36, είναι ίση με κ.27 υπό τον όρο η περίοδος να γράφεται ως τριψήφιος αριθμός. Για παράδειγμα 1.27 = 027, 2.27 =054, 3.27= 081 , 4.27 = 108 κ.λ.π.
Τα
κλάσματα Κ.1/37 (Κ ακέραιος και μη
πολλαπλάσιο του 37), έχουν 36 διαφορετικές
περιόδους που χωρίζονται σε 12 τριμελείς
ομάδες. Στην ίδια ομάδα η κάθε μία
περίοδος αποτελεί κυκλική μετάθεση των
ψηφίων οποιασδήποτε από τις δύο άλλες περιόδους.
Επίσης αν ο Α είναι μονοψήφιος θετικός αριθμός, ο ΒΓ διψήφιος εν γένει θετικός ακέραιος,κ.ο.κ
τότε:
Το κλάσμα Α/9 έχει δεκαδικό ανάπτυγμα με μονοψήφια περίοδο ίση με τον αριθμό Α.
Παράδειγμα 2/9 = 0,222222....... 7/9 = 0,777777777.........
ΒΓ/99 = 0,ΒΓΒΓΒΓΒΓΒΓ...... 97/99 = 0, 979797...... 8/ 99 = 08/99 = 0,080808.....
3.. 127/999 = 0,127127127127.........65/ 999 = 065/999 = 0,065065065.......
4 / 999 = 0,004004004........ 83 / 9999 = 0,008300830083.......... 8301/ 9999 = 0, 83018301........
Συνεχίζουμε.
Το
κλάσμα 1/13 και τα ακέραια πολλαπλάσιά
του που είναι μικρότερα
του
1:
Ο
13 είναι πρώτος και φ(13) = 12. Το πλήθος
των ψηφίων της περιόδου μπορεί να είναι
διαιρέτης του 12, δηλαδή είναι 1
ή 2 ή 3 ή 4 ή 6 ή 12.
Ο
(101 –
1) = 9 δεν
διαιρείται διά 13
Ο
(102 –
1) = 99 δεν
διαιρείται διά 13
Ο
(103 –
1) = 999
δεν διαιρείται διά 13
Ο
(104 –
1) = (102 –
1) .(102 +
1) = 99.101,
δεν διαιρείται διά 13
Ο
(106 –
1) = (103 –
1) .(103 +
1) = 999.1001,
διαιρείται διά 13 αφού 1001 = 7.11.13
Η
περίοδος έχει επομένως 6 ψηφία .
Όλα
τα υπόλοιπα των διαιρέσεων διά 13 των
ακεραίων πολλαπλασίων του 13 επί αριθμό μικρότεροτου 13 είναι 12 και επομένως
στην περίοδο που αντιστοιχεί σε
ένα από τα κλάσματα
1/13
, 2/13 , ....... , 12/13
μπορεί
να εμφανίζονται ψηφία που δεν εμφανίζονται
στην περίοδο που αντιστοιχεί σε ένα
άλλο κλάσμα αυτής της ομάδας.
Κάνοντας
τις διαιρέσεις βρίσκουμε
1/13
= 0,076923.............. και 2/13
= 0,153846.............
και
ακόμη ότι ότι από κυκλική μετάθεση των
ψηφίων της μιας ή της άλλης περιόδου
προκύπτουν οι περίοδοι όλων των
κλασμάτων με παρονομαστή 13 εκτός
εκείνων που αντιστοιχούν σε κλάσματα
με αριθμητή πολλαπλάσιο του 13.
Το
κλάσμα 1/17 έχει περίοδο με διαιρέτη του 16 = 17 - 1
ψηφία , δηλαδή 1, 2, 4, 8 ή 16 ψηφία.
Ο
(101 –
1) = 9 δεν
διαιρείται διά 17
Ο
(102 –
1) = 99 δεν
διαιρείται διά 17
Ο
(104 –
1) = (102 - 1).(102 + 1) = 99.101 δεν
διαιρείται διά 17
Ο
(108 –
1) = 9999. 10001 δεν
διαιρείται διά17
Επομένως ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου είναι 16 δηλαδή ο μέγιστος αριθμός ψηφίων που μπορεί να
έχει
[αφού ο αριθμός 1016 –
1 διαιρείται δια 17 μιας και φ(17) = 16)
].
Εξ
αιτίας αυτού τα κλάσματα κ/17 με κ ακέραιο
μη πολλαπλάσιο του17, έχουν όλα περίοδο
που προκύπτει από κυκλική μετάθεση των
ψηφίων της περιόδου του κλάσματος 1/17
Όμοια βρίσκω ότι το
κλάσμα 1/19 έχει περίοδο με 18= 19-1 ψηφία δηλαδή
το μέγιστο αριθμό ψηφίων που μπορεί να
έχει.
Εξ
αιτίας αυτού τα κλάσματα κ/19 με κ
ακέραιο μη πολλαπλάσιο του19, έχουν
όλα περίοδο που προκύπτει από κυκλική
μετάθεση των ψηφίων της περιόδου του
κλάσματος 1/19
Το
κλάσμα 1/21. Το 21 δεν είναι πρώτος, 21= 3.7
Έχω
φ(21) = (3x7) x (2/3) x (6/7) = 12 < 20 = 21-1 και ο αριθμός των
ψηφίων της περιόδου είναι διαιρέτης
του 12 .
Υπάρχουν
20 κλάσματα θετικά και μικρότερα του 1
που έχουν παρονομαστή 21.
Επτά
από αυτά είναι τα 1/7 = 3/21 , 2/7 , 3/7 , 4/7 , 5/7 ,
6/7 = 18/21. Έχουμε μιλήσει για αυτά.
Έξι (τα 1/21 , 4/21 , 10/21 , 13/21 , 16/ 21 και 19/21), έχουν περίοδο που προκύπτει από κυκλική
μέτάθεση των αριθμών 0 4 7 6 1 9.
Είναι
1/21 = 0.047619 047619...............
Άλλα
έξι (τα 2/21 ,5/21 , 8/21 , 11/21 , 17/ 21 και 20/21), έχουν περίοδο που προκύπτει από
κυκλική μέτάθεση των αριθμών 0 9
5 2 3 8 .
Είναι
2/21 = 0, 095238 095328 .............
Τέλος
δύο είναι ίσα με το κλάσμα 7/21 =
1/3 = 0,333............. το ένα και
με το
κλάσμα 14/21 = 2/3 = 0,666.............
το άλλο.
Θα εξετάσουμε μία περίπτωση με κάπως διαφορετικό τρόπο. Θα βρίσκουμε το υπόλοιπο των δυνάμεων του 10 όταν τις διαιρούμε με τον παρονομαστή ενός ανάγωγου κλάσματος. Και θα βρίσκουμε ποια είναι η μικρότερη δύναμη του 10 που διαιρούμενη με τον παρονομαστή του κλάσματοςδίνει υπόλοιπο ίσο με 1.
Ξεκινώ με το κλάσμα 1/ 31. Ο 31 είναι πρώτος αριθμός επομένως φ(31) = 30
Ο αριθμός 1030 διαιρούμενος δια 31 δίνει υπόλοιπο 1. Πρέπει να βρώ αν υπάρχουν μικρότερες δυνάμεις του 10 που έχουν αυτή την ιδιότητα. Αν υπάρχουν ο εκθέτης τους θα είναι διαιρέτης του 30, και μικρότερος του 30. Δηλαδή ένας από τους αριθμούς 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15.
Ο 10 δίνει υπόλοιπο ( 10 )
Ο 102 δίνει υπόλοιπο ( 7 )
Ο 103 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 10 = 70 δηλαδή ( 8 )
Ο 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 8 = 56 δηλαδή 25 ή αλλιώς ( -6 )
[ ( -6 ) = 25 - 31 ]
Ο 106 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 10 = -60 δηλαδή ( 2 )
[ 2 = -60 + (2 x 31 ) ]
Ο 1010 = 105 x 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x (-6) =36 δηλαδή ( 5 )
Ο 1015 = 105 x 1010 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 5 = ( -30) δηλαδή ( 1 )
Επομένως η περίοδος του κλάσματος 1/ 31 έχει 15 ψηφία.
Τα κλάσματα κ/31 με κ ακέραιο θετικό μικρότερο του 31 είναι 30.
Στα 15 από αυτά η περίοδος προκύπτουν με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 032258064516129 σε αυτή τη σειρά.
Στα υπόλοιπα 15 η περίοδος προκύπτει με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 0967741993548387 σε αυτήν τη σειρά
Προφανώς τα 30 κλασματα μπορεί να αποτελέσουν 15 ζεύγη κλασμάτων με άθροισμα των κλασμάτων κάθε ζεύγους ίσο με 1
Ας
παρουσιάσουμε πολύ συνοπτικά μια
δυσκολότερη περίπτωση.
Ας
βρούμε πόσα ψηφία έχει η περίοδος του
δεκαδικού αναπτύγματος του αριθμού
1/998001. Είχα μια παρακίνηση από τρίτους
να δουλέψω με αυτόν τον αριθμό. Έχω:
998001
= 9992 = 36.372 άρα
η περίοδος αρχίζει αμέσως μετά την
υποδιαστολή.
Βρίσκω
ότι φ(998001) = 36.372 .(1-1/3). (1 - 1/37) = 23.37.37 = Α
και
αναζητώ μεταξύ των διαιρετών του Α τον
ελάχιστο θετικό ακέραιο ρ για τον οποίο
ο (10ρ – 1) είναι πολλαπλάσιο του
998001 (ή με άλλη διατύπωση, αναζητώ μεταξύ
των διαιρετών του Α τον ελάχιστο θετικό
ακέραιο ρ για τον οποίο ο 10ρ διαιρούμενος
δια 998001 δίνει υπόλοιπο 1)
Βρίσκω
ότι για ρ = 34.37 = 2997 ο
αριθμός 10ρ διαιρουμενος διά
998001 δίνει υπόλοιπο 1
και
ότι αυτό δεν συμβαίνει όταν ο ρ είναι
διαιρέτης του 34.37 = 2997, και ξέρω ότι
αν αυτός ο ρ δεν είναι ο ελάχιστος θετικός
ακέραιος με αυτήν την ιδιότητα και ο
ελάχιστος είναι ο ρ΄ τότε ο ρ΄ είναι διαιρέτης του ρ.
Συμπεραίνω
ότι ο 34.37 είναι ο ελάχιστος θετικός
ρ για τον οποίο ο αριθμός 10ρ δίδει υπόλοιπο 1
διαιρούμενος διά 998001 και επομένως
ότι η περίοδος του αριθμού 1/998001 έχει
34 .37 = 2997 ψηφία = (999.3) ψηφία
Το
να βρω την περίοδο είναι ένα άλλο θέμα.
Χρειάζεται είτε «άπειρη» υπομονή για την εκτέλεση μιας διαίρεσης της οποίας ο διαιρετέος έχει σχεδόν 3000 ψηφία και ο διαιρέτης 6, είτε
ένα μικρό πρόγραμμα στον υπολογιστή. Αλλά γνώσεις προγραμματισμού δεν έχω.
Ο μηχανικός ηλεκτρονικών υπολογιστών
Κώστας Γιαννακάκης ανέλαβε να φτιάξει
το πρόγραμμα και να υπολογίσει την
περίοδο. Είναι κάτι που όλοι ξέρουν να
το κάνουν μου είπε. Το αποτέλεσμα ήταν
εντυπωσιακό. Η περίοδος του δεκαδικού
αναπτύγματος που ζητάμε σχηματίζεται
αν γράψουμε στη σειρά «σαν τριψήφιους»,
όλους τους αριθμούς από το 0 έως
το 999, παραλείποντας τον 998.
Το
0 θα το γράψουμε 000, το 1 θα το γράψουμε
001, το 2 θα το γράψουμε 002 το 17 θα το γράψουμε 017, το 283 θα το
γράψουμε 283, το 997 θα το γράψουμε 997, το 998 δεν θα το γράψουμε και το 999 θα το γράψουμε 999 (θα
παραλείψουμε το 998)
Η
περίοδος είναι ο αριθμός
000
001 002 003 ....... 009 010 011 …... 098 099 100 101 102
…........... 996 997 999
και
έχει 999.3 = 2997 ψηφία.
Προσθήκη Αυγούστου¨2019
Βρήκα τρόπο να υπολογίσω με χαρτί και μολύβι την περίοδο του κλάσματος [1/ (999)].[1/ (999)]
Υπολογίζω αρχικά πολύ εύκολα το δεκαδικό ανάπτυγμα του 1/ 999 = 001/999 άρα η περίοδος του κλάσμτος είναι 001 και αρχίζει αμέσως μετά την υποδιαστολή. Είναι λοιπόν1/ 999 = 0, 001001001001........... κ.ο.κ επ' άπειρον
Γράφω 1/999 = 10-3 + 10-6 + 10-9 + 10-12 + 10-15 + 10-18 + 10-21 + 10-24 + ......................
Και έχω να υπολογίσω το γινόμενο
[1/ (999)].[1/ (999)] =
[ 10-3 + 10-6 + 10-9 + 10-12 + .... ] .[ 10-3 + 10-6 + 10-9 + 10-12 + .... ]
Εκτελώ τον πολλαπλασιασμό επιμεριστικά και έχω το πλεονέκτημα να ξεκινώ από τα πρώτα ψηφία του αναπτύγματος . Το αποτέλεσμα θα είναι άθροισμα δυνάμεων του 10 με εκθέτη αρνητικό αριθμό πολλαπλάσιο του 3, πολλαπλσιασμένων με ακέραιους θετικούς αριθμούς μκρότερους του 1000, αφού 1000.10-9= 10-6 .Ας υπολογίσουμε τους συντελεστές των δυνάμεων του 10Οι συντελεστές δυνάμεων του 10 που ο εκθέτης τους δεν είναι πολλαπλάσιο του 3, είναι ίσοι με 0. Ο συντελεστής του 10-3 είναι επίσης 0Ο συντελεστής του 10-6 είναι 1 Ο συντελεστής του 10-9 είναι 2 [ ( 10-3 x 10-6 ) + ( 10-6 x 10-3 )]Ο συντελεστής του 10-12 είναι 3 [ ( 10-3 x 10-9 ) + ( 10-6 x 10-6 ) + ( 10-9 x 10-3 )]Ο συντελεστής του 10-15 είναι 4 και συνεχίζζουμε έτσι Γράφω λοιπόν
Γ = 0.10-3 + 1.10-6 + 2.10-9 + 3.10-12 + 4. 10-(3.5) + 5.10-(3.6) + 6.10-(3.7)+ 10-(3.8) + .... ]
ή αλλιώς Γ= 0, 000 001 002 003 004 005 006 008 009 010 011 012 ...............
Συνεχίζοντας θα φτάσουμε στους πρσθετέους997.10- (998 . 3) + 998.10- (999.3) + 999.10- (1000.3) + 1000.10-(1001.3) + 1001.10- (1002.3) +
+ 1002.10- (1003.3) + ............
Οι προηγούμενοι προσθετέοι είναι προφανείς.
Ο τέταρτος από τους εμφανιζόμενους είναι ισος με 10- (1000.3) Αν τον προσθέσουμε στον τρίτο το άθρισμά τους είναι ο αριθμός 10- (999.3)Αν προσθέσουμε αυτόν τον αριθμό στον δεύτερο, το άθρισμά τους είναι ο αριθμός999.10- (999.3)και έχουμε μείνει με το άθροισμα
Ρητός ή σύμμετρος είναι ο αριθμός που μπορεί να ισούται με ένα κλάσμα. Παράδειγμα ο 2= 2/1 ή ο 0 = 0/5 ή = 0/1 ή ..., ο αριθμός -3,97 = (-397)/100, ο αριθμός 0,77777... = 7/9, ο αρθμός 2,7777.... = 25/9 και ο αριθμός 0,023232323....... =23/990. (Οι τρείς τελευταίοι αριθμοί έχουν άπειρα δεκαδικά ψηφία) αλλά μια ομάδα ψηφίων με σταθερή σειρά επαναλαμβάνεται μετά από κάποιο ψηφίο επ' άπειρο.
Άρρητος ή ασύμμετρος αριθμός είναι κάθε αριθμός που δεν είναι ρητός, δηλαδή κάθε αριθμός που δεν μπορεί να ισούται με κάποιο κλάσμα. Παράδειγμα ο αριθμός χ που το τετράγωνό του ισούται με 2. Για να το δείξουμε αρκεί να δείξουμε ότι ο συγκεκριμένος χ δεν μπορεί να ισούται με ένα ανάγωγο, δηλαδή μη απλοποιήσιμο κλάσμα έστω το α/β όπου οι α και β είναι θετικοί ακέραιοι χωρίς κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του 1, γιατί κάθε κλάσμα ισούται με ένα ανάγωγο κλάσμα. Ακόμη αν χ2 = (α/β)2 = 2 (1) τότε:
-ο χ δεν είναι ακέραιος γιατί 12 = 1, 22 = 4 > 2 και για χ > 2 ισχύει χ2 > 2
Συνεπώς ο θετικός ακέραιος β δεν είναι ίσος προς 1 αλλά μεγαλύτερος του 1.
- Επίσης θα ισχύει α2 = 2β2 και επομένως ο α2 έχει όλους τους πρώτους διαιρέτες του αριθμού β2 και στην ανάλυση των δύο αριθμών σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε παράγοντας του β2 θα εμφανίζεται και στην ανάλυση του α2 με τον ίδιο ή μεγαλύτερο εκθέτη.
Αυτό σημαίνει ότι και στην ανάλυση των α και β σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κάθε παράγοντας του β θα εμφανίζεται και στην ανάλυση του α με τον ίδιο ή μεγαλύτερο εκθέτη και άρα o β θα είναι κοινός διαιρέτης των α, β και ο β είναι μεγαλύτερος του 1. Όμως οι α και β δεν έχουν κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του 1. Η υπόθεση επομένως ότι ο χ είναι ρητός και έχει τετράγωνο ίσο προς 2 οδηγεί σε αντίφαση.
Σε επόμενη παράγραφο θα δούμε πολλά παραδείγματα. Και είναι εύκολο να βεβαιωθούμε ότι υπάρχουν άπειροι άρρητοι αριθμοί, αλλά είναι δυνατό να βεβαιωθούμε και για κάτι περισσότερο.
αν
Επιπλέον,
Έτσι αν ο χ είναι άρρητος, ο (χ+2) είναι ένας δεύτερος άρρητος, ο (2.χ +1) ένας τρίτος άρρητος και ο αριθμός (6,023.1023.χ + 96500. 3,14159265359. 2,718281828459. 1019). (1/137) ένας τέταρτος άρρητος αριθμός. Στην τελευταία περίπτωση ασφαλώς αναγνωρίζετε αριθμούς που αποτελούν ρητές προσεγγίσεις γνωστών σταθερών της φυσικής και των μαθηματικών.
Η ύπαρξη επομένως ενός και μόνο άρρητου αριθμού συνεπάγεται την ύπαρξη απείρων άρρητων ή αλλιώς ασύμμετρων αριθμών. Και μπορούμε εύκολα να συμπεράνουμε ότι μεταξύ δύο αριθμών, αδιάφορο για τον αν καθένας τους είναι σύμμετρος ή ασύμμετρος, ρητός ή άρρητος, υπάρχει πάντοτε ένας άρρητος ή αλλιώς ασύμμετρος αριθμός και επομένως μεταξύ δύο αριθμών υπάρχουν πάντοτε άπειροι άρρητοι αριθμοί.
Αν α < β και από τους πραγματικούς αριθμούς α, β ο ένας είναι ρητός και ο άλλος άρρητος, τότε ο αριθμός (α + β ) / 2 είναι άρρητος και βρίσκεται μεταξύ του α και του β.
[Ο οποιοσδήποτε θετικός ρητός ή άρρητος αριθμός α πολλαπλασιαζόμενος επί κατάλληλα μεγάλο ακέραιο θετικό αριθμό μπορεί να υπερβεί οποιονδήποτε αριθμό, (αξίωμα του Ευδόξου) Έτσι αν α < β τότε β-α > 0, και σύμφωνα με το αξίωμα για κατάλληλα μεγάλη θετική τιμή του ακεραίου ν θα είναι ν.(β-α) > 1 ή αλλιώς (ν.β)-(ν.α) > 1.
Θα υπάρχει επομένως μεταξύ των αριθμών (ν.α) και (ν.β) ένας τουλάχιστον ακέραιος έστω ο μ. Θα ισχύει τότε (ν.α) < μ < (ν.β) και επομένως α < μ/ν < β. Ο αριθμός γ = μ/ν είναι ρητός ως λόγος δύο ακεραίων και βρίσκεται μεταξύ του α και του β],
άρρητος αριθμός και Ν θετικός ακέραιος, τότε ο αριθμός χ / Ν είναι άρρητος και για κατάλληλα μεγάλο Ν είναι μικρότερος του (β-α). Επομένως ο αριθμός [α + (χ/Ν)] είναι άρρητος και για κατάλληλα μεγάλο Ν βρίσκεται μεταξύ του α και του β.
Βεβαίως μεταξύ δύο αριθμών υπάρχουν πάντοτε και άπειροι ρητοί αριθμοί. Σημαίνει αυτό ότι οι άρρητοι είναι όσοι και οι ρητοί; Η απάντηση είναι ΟΧΙ. Οι άρρητοι είναι πολύ περισσότεροι από τους ρητούς. Στα μαθηματικά η φράση "σχεδόν όλοι οι αριθμοί είναι άρρητοι" έχει συγκεκριμένη έννοια και είναι σωστή. Υπάρχουν πολλές τάξεις απείρου και πρέπει να προσθέσω ακόμη και ότι διακρίνουμε και είδη αρρήτων ή αλλιώς ασυμμέτρων αριθμών αλλά και άλλους τρόπους διαμερισμού των πραγματικών αριθμών.
Παρουσιάζουν ενδιαφέρον και μερικά άλλα θέματα εντελώς διαφορετικά.
Τα παραπάνω συνοψίζονται στην πρόταση
Το δεύτερο συνδέεται με το ότι μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχουν πάντοτε άπειροι ρητοί και άπειροι άρρητοι αριθμοί. Αυτό στα μαθηματικά επισημαίνεται με τη φράση ότι και οι ρητοί και οι άρρητοι είναι υποσύνολα των πραγματικών αριθμών, παντού πυκνά μέσα στους πραγματικούς αριθμούς.
f(χ+ψ) = f(χ) + f(ψ) (1),
μπορούμε εύκολα να βρούμε ότι για χ ακέραιο αριθμό και για χ γενικότερα ρητό αριθμό θα ισχύει f(χ) = α.χ , όπου το α ισούται με την τιμή της συνάρτησης για χ = 1, δηλαδή ισχύει f(1) = α.
f(χ) = α.χ (2)
και γιά τις άρρητες τιμές του χ και επομένως για όλες τις πραγματικές τιμές του χ. Και αυτή τη μορφή θα έχει σε κάποιο διάστημα πραγματικών αριθμών κάθε λύση της (1) αν δεν απαιτείται να είναι συνεχής αλλά απαιτείται μόνο να είναι φραγμένη σε αυτό το διάστημα. Και με τη μορφή αυτή μπορεί να επεκταθεί και στο σώμα των μιγαδικών αριθμών.
Αποδείχθηκε όμως από τον Γάλλο μαθημτικό Λεμπέκ (Lebesque) και τον Γερμανό μαθηματικό Χάμελ (Hamel ) ότι ικανοποιείται η (1) και από συναρτήσεις που δεν είναι ούτε συνεχείς ούτε φραγμένες. Οι συναρτήσεις αυτές είναι εξαιρετικά πολύπλοκες. Μια τέτοια συνάρτηση παρουσιάζεται στο "Theory of Sets" του Γερμανού μαθηματικού E. Kamke (σελίδες 115 - 118). Το βιβλίο αυτό είχε εκδοθεί πριν πολλά χρόνια και στα ελληνικά.
Σημειώσεις
1. Παραδείγματα
δεκαδικών αναπτυγμάτων ρητών:
Αν ο ρητός ισούται με το ανάγωγο κλάσμα Χ / Ζ και Ζ = 2μ.5ν.ζ όπου
οι
μ, ν είναι ο καθένας ακέραιος θετικός αριθμός ή 0 και
ο ζ θετικός ακέραιος που δεν διαιρείται ούτε διά 2 ούτε διά 5 τότε:
Αν ζ=1 τότε ο αριθμός Χ / Ζ έχει πεπερασμένο δεκαδικό ανάπτυγμα και πλήθος δεκαδικών ψηφίων ίσο με τον μέγιστο των αριθμών μ, ν. Το δεκαδικό αυτό ανάπτυγμα μπορεί να γραφεί και ως απεριόριστο περιοδικό δεκαδικό ανάπτυγμα με δύο τρόπους. Είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με το ψηφίο 0, είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με το ψηφίο 9.
Για παράδειγμα αν Χ / Ζ = 69 / 50 τότε μπορώ να γράψω είτε
Χ / Ζ = 1, 38 είτε
Χ / Ζ = 1, 38000000........ είτε
Χ / Ζ = 1, 37999999........
Αν ζ > 1 τότε
-Το πλήθος των ψηφίων του δεκαδικού αναπτύγματος του αναγώγου κλάσματος Χ/Ζ που εμφανίζονται μετά την υποδιαστολή και πριν την περίοδο είναι ίσο με τον μεγαλύτερο από τους αριθμούς μ και ν.
-Το πλήθος των ψηφίων της περιόδου είναι ίσο με τον ελάχιστο θετικό ακέραιο ρ για τον οποίο ο αριθμός ( 10ρ - 1) διαιρείται δια ζ.
-Αν για τον θετικό ακέραιο λ ο αριθμός ( 10λ - 1) διαιρείται δια ζ, τότε ο λ είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του ρ και αντιστρόφως.
-Ο αριθμός ρ είναι διαιρέτης του αριθμού φ(ζ) που μετρά το πλήθος των θετικών ακεραίων αριθμών που δεν υπερβαίνουν τον αριθμό ζ και είναι σχετικώς πρώτοι προς τον ζ.
-Αν ζ = p1α. p2β.p3γ , τότε φ(ζ) = ζ.(1-1/p1).(1-1/p2).(1- 1/p3) όπου οι p1, p2, p3 είναι οι πρώτοι διαιρέτες του ζ και α, β, γ είναι θετικοί ακέραιοι.
Αν ο ζ ισούται με τον πρώτο αριθμό p τότε φ(ζ) = (p-1). Ο αριθμός (10φ(ζ) - 1) διαιρίται πάντοτε δια ζ
ο ζ θετικός ακέραιος που δεν διαιρείται ούτε διά 2 ούτε διά 5 τότε:
Αν ζ=1 τότε ο αριθμός Χ / Ζ έχει πεπερασμένο δεκαδικό ανάπτυγμα και πλήθος δεκαδικών ψηφίων ίσο με τον μέγιστο των αριθμών μ, ν. Το δεκαδικό αυτό ανάπτυγμα μπορεί να γραφεί και ως απεριόριστο περιοδικό δεκαδικό ανάπτυγμα με δύο τρόπους. Είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με το ψηφίο 0, είτε με μονοψήφια περίοδο που σχηματίζεται με το ψηφίο 9.
Για παράδειγμα αν Χ / Ζ = 69 / 50 τότε μπορώ να γράψω είτε
Χ / Ζ = 1, 38 είτε
Χ / Ζ = 1, 38000000........ είτε
Χ / Ζ = 1, 37999999........
Αν ζ > 1 τότε
-Το πλήθος των ψηφίων του δεκαδικού αναπτύγματος του αναγώγου κλάσματος Χ/Ζ που εμφανίζονται μετά την υποδιαστολή και πριν την περίοδο είναι ίσο με τον μεγαλύτερο από τους αριθμούς μ και ν.
-Το πλήθος των ψηφίων της περιόδου είναι ίσο με τον ελάχιστο θετικό ακέραιο ρ για τον οποίο ο αριθμός ( 10ρ - 1) διαιρείται δια ζ.
-Αν για τον θετικό ακέραιο λ ο αριθμός ( 10λ - 1) διαιρείται δια ζ, τότε ο λ είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του ρ και αντιστρόφως.
-Ο αριθμός ρ είναι διαιρέτης του αριθμού φ(ζ) που μετρά το πλήθος των θετικών ακεραίων αριθμών που δεν υπερβαίνουν τον αριθμό ζ και είναι σχετικώς πρώτοι προς τον ζ.
-Αν ζ = p1α. p2β.p3γ , τότε φ(ζ) = ζ.(1-1/p1).(1-1/p2).(1- 1/p3) όπου οι p1, p2, p3 είναι οι πρώτοι διαιρέτες του ζ και α, β, γ είναι θετικοί ακέραιοι.
Αν ο ζ ισούται με τον πρώτο αριθμό p τότε φ(ζ) = (p-1). Ο αριθμός (10φ(ζ) - 1) διαιρίται πάντοτε δια ζ
Ας τα εφαρμόσουμε αυτά στο κλάσμα 1/7.
Ο
7 είναι πρώτος και
δεν υπάρχουν στον παρονομαστή ως
παράγοντες ούτε ο 2, ούτε ο 5. Η περίοδος
του δεκαδικού αναπτύγματος αρχίζει
αμέσως μετά την υποδιαστολή.
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 - 1) = 99 = (9x11), (103 - 1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7.
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 - 1) = 99 = (9x11), (103 - 1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7.
Είναι
φ(7) = 7 - 1 = 6 και επομένως το πλήθος των
ψηφίων της περιόδου είναι διαιρέτης
του 6, δηλαδή 1 ή 2 ή 3 ή 6.
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 - 1) = 99 = (9x11), (103 - 1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7. Άρα ο αριθμός (106 - 1) διαιρείται διά 7 και το πλήθος των ψηφίων της περιόδου είναι 6. Αυτά μπορούμε να τα επιβεβαιώσουμε
Είναι (106 - 1) = 999999 = ( 999 x 1001 ) ως διαφορά τετραγώνων και διαιρείτα δια 7, αφού
1001 = ( 7 x 11 x 13 ) . Άρα η περίοδος έχει 6 ψηφία, δηλαδή όσα είναι τα δυνατά μη μηδενικά υπόλοιπα μιας κάθε διαίρεσης δια 7 και μόνο αυτά. Άρα η περιοδος αποτελείται από τα ψηφίατα 1, 2, 3, 4, 5, 6
Εκτελώντας τη διαίρεση 999999 διά 7 βρίσκουμε 142857 και επομένως (1/ 7) = ( 142857/ 999999 ) [κλάσμα ισοδύναμο με το 1/7 και παρονομαστή (106– 1)] = 0, 142857142857142857.......
Το ίδιο αποτέλεσμα θα βρίσκαμε αν κάναμε απευθείας τη διαίρεση 1: 7
Οι αριθμοί (10 -1) = 9, (102 - 1) = 99 = (9x11), (103 - 1) = 999 = ( 33. 37 ), δεν διαιρούνται δια 7. Άρα ο αριθμός (106 - 1) διαιρείται διά 7 και το πλήθος των ψηφίων της περιόδου είναι 6. Αυτά μπορούμε να τα επιβεβαιώσουμε
Είναι (106 - 1) = 999999 = ( 999 x 1001 ) ως διαφορά τετραγώνων και διαιρείτα δια 7, αφού
1001 = ( 7 x 11 x 13 ) . Άρα η περίοδος έχει 6 ψηφία, δηλαδή όσα είναι τα δυνατά μη μηδενικά υπόλοιπα μιας κάθε διαίρεσης δια 7 και μόνο αυτά. Άρα η περιοδος αποτελείται από τα ψηφίατα 1, 2, 3, 4, 5, 6
Εκτελώντας τη διαίρεση 999999 διά 7 βρίσκουμε 142857 και επομένως (1/ 7) = ( 142857/ 999999 ) [κλάσμα ισοδύναμο με το 1/7 και παρονομαστή (106– 1)] = 0, 142857142857142857.......
Το ίδιο αποτέλεσμα θα βρίσκαμε αν κάναμε απευθείας τη διαίρεση 1: 7
1/7
= 0, 142857 142857 142857...........
=
Στο
δεκαδικό ανάπτυγμα η ομάδα των
ψηφίων 142857 επαναλαμβάνεται
επ' άπειρον.
Στην παραπάνω περίπτωση, η περίοδος έχει τον μέγιστο αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει. αφού τα δυνατά μη μηδενικά υπόλοιπα της διαιρέσεως ενός αριθμού διά 7, είναι 6. Έτσι το κλάσμα 2/7 έχει περίοδο που προκύπτει από την περίοδο του κλάσματος 1/7 με μία κυκλική μετάθεση των ψηφίων της.
Θυμηθείτε
τη διαίρεση 1:7. Εδώ τα ψηφία της περιόδου
είναι όλα τα
δυνατά πηλίκα των διαιρέσεων δια 7 όλων
των θετικών πολλαπλασίων του 10 που είναι
μικρότερα του 7.10 , και αυτό σημαίνει ότι
η περίοδος του δεκαδικού που αντιστοιχεί
σε καθένα από τα κλάσματα
1/7
, 2/7 , 3/7 , 4/7 , 5/7 , 6/7
θα
περιλαμβάνει τα ίδια ακριβώς ψηφία με
άλλη σειρά. Το επιβεβαιώνουμε βρίσκοντας
1/7
= 0,142857.............
2/7
= 0,285714.............
3/7
= 0,428571.............
4/7
= 0,571428.............
5/7
= 0,714285.............
6/7
= 0.857142.............
Κάθε
μια από τις παραπάνω περιόδους
προκύπτει από οποιαδήποτε άλλη με
κυκλική μετάθεση των ψηφίων της. Η περίοδός του κλάσματος 4 / 7 όμως
ξεκινά με ψηφίο 5 και επομένως περιλαμβάνει κατά σειρά τα ψηφία 571428
με την κυκλική σειρά που τα βρίσκουμε στην περίοδο του κλάσματος 1/7
Το
ότι η περίοδος έχει τον μέγιστο
αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει,
μπορεί να συμβαίνει για το κλάσμα 1/ν
μόνο αν ο ν είναι πρώτος αριθμός. Αν o ν
είναι σύνθετος τότε ο αριθμός φ(ν)
είναι μικρότερος του ν-1 και ο
αριθμός των ψηφίων της περιόδου του 1/ν
είναι διαιρέτης του φ(ν) και επομένως
επίσης μικρότερος του ν-1. Ο αριθμός όμως
των δυνατών μη μηδενικών υπολοίπων των
διαιρέσεων πολλαπλασίων του 10 διά ν
είναι ν-1 και επομένως στην περίοδο ενός
κλάσματος κ/ν θα εμφανίζονται ψηφία που
δεν θα εμφανίζονται σε όλα τα ανοίπτύγματα των κλασμάτων αυτής της μορφής (της μορφής κ/ν)
Το να έχει η περίοδος τον μέγιστο αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει, μπορεί να συμβαίνει για το κλάσμα 1/ν μόνο αν ο ν είναι πρώτος αριθμός αλλά δεν συμβαίνει για όλους τους πρώτους αριθμούς ν, γιατί και για ν πρώτο μπορεί ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου του κλάσματος κ/ν (κ, ν ακέραιοι θετικοί σχετικώς πρώτοι), να είναι μικρότερος του ν-1. Θα είναι διαιρέτης του ν-1 και μπορεί να είναι ή ίσος με ν-1 ή μικρότερος του ν-1.
Το να έχει η περίοδος τον μέγιστο αριθμό ψηφίων που θα μπορούσε να έχει, μπορεί να συμβαίνει για το κλάσμα 1/ν μόνο αν ο ν είναι πρώτος αριθμός αλλά δεν συμβαίνει για όλους τους πρώτους αριθμούς ν, γιατί και για ν πρώτο μπορεί ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου του κλάσματος κ/ν (κ, ν ακέραιοι θετικοί σχετικώς πρώτοι), να είναι μικρότερος του ν-1. Θα είναι διαιρέτης του ν-1 και μπορεί να είναι ή ίσος με ν-1 ή μικρότερος του ν-1.
Ας δούμε το 1/11.
Ο
11 δεν διαιρεί το (101 – 1)
= 9
Ο
11 διαιρεί το (102 – 1) =
99. Η περίοδος έχει δύο ψηφία Είναι
2< 11-1 =10. Ο 11 είναι πρώτος αλλά ο αριθμός των ψηφίων της περίοδου του δεκαδικού αναπτύγματος ειναι 2 και ο αριθμός 2 είναι μικρότερος του 11-1 =10. Είναι διαιρέτης του 11-1=10
Είναι
1/11 = 9/99 = 09 / 99 = 0.090909..... Αλλιώς 1/11= 9/99 = 9/(100-1) = (9/100)/(1- 1/100)= =0,09.[1+0,01+(0,01)2+(0,01)3+............] = 0,090909...........
ενώ 2/11 = 18/99 = 0,181818.......
ενώ 2/11 = 18/99 = 0,181818.......
Όλα τα
δυνατά υπόλοιπα των διαιρέσεων δια 11
όλων των θετικών πολλαπλασίων του 10 που
είναι μικρότερα του (11.10) είναι 10 και είναι
όλοι οι ακέραιοι από το 1 έως το 10. Θα έχουμε
1/11 = 9/99 = 09 / 99 = 0.090909..... 2/11 = 18/99 = 0,181818........ 3/11 = 27/99 = 0,272727.........
Είναι όμως
10/11 = 90/99 = 0,90909090....., 9/11 = 81/99 = 0,818181...... 8/11 = 72/99 = 0, 72727272.........
Ή περίοδος του 1/11 έχει τα ίδια ψηφία με την περίοδο του 10/11 και η περίοδος του 2/11 έχει τα ίδια ψηφία με την περίοδο του 9/11. Όλες οι περίοδοι των κλάμάτων κ/11 με κ ακέραιο μη διαιρετό διά 11 είναι 5 και συνιστούν 5 διμελείς ομάδες. Η κάθε ομάδα περιλαμβάνει δύο περιόδους που η κάθε μία αποτελεί κυκλική μετάθεση των ψηφίων της άλλης
10/11 = 90/99 = 0,90909090....., 9/11 = 81/99 = 0,818181...... 8/11 = 72/99 = 0, 72727272.........
Ή περίοδος του 1/11 έχει τα ίδια ψηφία με την περίοδο του 10/11 και η περίοδος του 2/11 έχει τα ίδια ψηφία με την περίοδο του 9/11. Όλες οι περίοδοι των κλάμάτων κ/11 με κ ακέραιο μη διαιρετό διά 11 είναι 5 και συνιστούν 5 διμελείς ομάδες. Η κάθε ομάδα περιλαμβάνει δύο περιόδους που η κάθε μία αποτελεί κυκλική μετάθεση των ψηφίων της άλλης
Το 1/37:
Έχουμε
3.37 = 111 και 27.37 = 111. 9= 999 = (103 –
1). Ο 37 διαιρεί τον (103 –
1)
Η
περίοδος του 1/37 έχει μόνο 3 ψηφία.
Είναι 3 < 37 - 1 = 36 και το 3 είναι διαιρέτης του 36
1/
37 = 027 / 999 = 0.027027027.........
2/37
= 0.054054054........
3/37 =9/111 = 081/999 0,081081........
4/37 = 108/999 = 0,108108........
3/37 =9/111 = 081/999 0,081081........
4/37 = 108/999 = 0,108108........
5/37
= 135 / 999 = 0.135135135........
Τα
ακέραια πηλίκα που μπορεί να δώσουν
ψηφία είναι 36 . Η περίοδος του κλάσματος κ/37 με κ ακέραιο από 1 έως 36, είναι ίση με κ.27 υπό τον όρο η περίοδος να γράφεται ως τριψήφιος αριθμός. Για παράδειγμα 1.27 = 027, 2.27 =054, 3.27= 081 , 4.27 = 108 κ.λ.π.
Τα
κλάσματα Κ.1/37 (Κ ακέραιος και μη
πολλαπλάσιο του 37), έχουν 36 διαφορετικές
περιόδους που χωρίζονται σε 12 τριμελείς
ομάδες. Στην ίδια ομάδα η κάθε μία
περίοδος αποτελεί κυκλική μετάθεση των
ψηφίων οποιασδήποτε από τις δύο άλλες περιόδους.
Επίσης αν ο Α είναι μονοψήφιος θετικός αριθμός, ο ΒΓ διψήφιος εν γένει θετικός ακέραιος,κ.ο.κ
τότε:
Το κλάσμα Α/9 έχει δεκαδικό ανάπτυγμα με μονοψήφια περίοδο ίση με τον αριθμό Α.
Παράδειγμα 2/9 = 0,222222....... 7/9 = 0,777777777.........
ΒΓ/99 = 0,ΒΓΒΓΒΓΒΓΒΓ...... 97/99 = 0, 979797...... 8/ 99 = 08/99 = 0,080808.....
3.. 127/999 = 0,127127127127.........65/ 999 = 065/999 = 0,065065065.......
4 / 999 = 0,004004004........ 83 / 9999 = 0,008300830083.......... 8301/ 9999 = 0, 83018301........
Επίσης αν ο Α είναι μονοψήφιος θετικός αριθμός, ο ΒΓ διψήφιος εν γένει θετικός ακέραιος,κ.ο.κ
τότε:
Το κλάσμα Α/9 έχει δεκαδικό ανάπτυγμα με μονοψήφια περίοδο ίση με τον αριθμό Α.
Παράδειγμα 2/9 = 0,222222....... 7/9 = 0,777777777.........
ΒΓ/99 = 0,ΒΓΒΓΒΓΒΓΒΓ...... 97/99 = 0, 979797...... 8/ 99 = 08/99 = 0,080808.....
3.. 127/999 = 0,127127127127.........65/ 999 = 065/999 = 0,065065065.......
4 / 999 = 0,004004004........ 83 / 9999 = 0,008300830083.......... 8301/ 9999 = 0, 83018301........
Συνεχίζουμε.
Το κλάσμα 1/13 και τα ακέραια πολλαπλάσιά του που είναι μικρότερα
Το κλάσμα 1/13 και τα ακέραια πολλαπλάσιά του που είναι μικρότερα
του
1:
Ο
13 είναι πρώτος και φ(13) = 12. Το πλήθος
των ψηφίων της περιόδου μπορεί να είναι
διαιρέτης του 12, δηλαδή είναι 1
ή 2 ή 3 ή 4 ή 6 ή 12.
Ο
(101 –
1) = 9 δεν
διαιρείται διά 13
Ο
(102 –
1) = 99 δεν
διαιρείται διά 13
Ο
(103 –
1) = 999
δεν διαιρείται διά 13
Ο
(104 –
1) = (102 –
1) .(102 +
1) = 99.101,
δεν διαιρείται διά 13
Ο
(106 –
1) = (103 –
1) .(103 +
1) = 999.1001,
διαιρείται διά 13 αφού 1001 = 7.11.13
Η
περίοδος έχει επομένως 6 ψηφία .
Όλα
τα υπόλοιπα των διαιρέσεων διά 13 των
ακεραίων πολλαπλασίων του 13 επί αριθμό μικρότεροτου 13 είναι 12 και επομένως
στην περίοδο που αντιστοιχεί σε
ένα από τα κλάσματα
1/13
, 2/13 , ....... , 12/13
μπορεί
να εμφανίζονται ψηφία που δεν εμφανίζονται
στην περίοδο που αντιστοιχεί σε ένα
άλλο κλάσμα αυτής της ομάδας.
Κάνοντας
τις διαιρέσεις βρίσκουμε
1/13
= 0,076923.............. και 2/13
= 0,153846.............
και
ακόμη ότι ότι από κυκλική μετάθεση των
ψηφίων της μιας ή της άλλης περιόδου
προκύπτουν οι περίοδοι όλων των
κλασμάτων με παρονομαστή 13 εκτός
εκείνων που αντιστοιχούν σε κλάσματα
με αριθμητή πολλαπλάσιο του 13.
Το κλάσμα 1/17 έχει περίοδο με διαιρέτη του 16 = 17 - 1 ψηφία , δηλαδή 1, 2, 4, 8 ή 16 ψηφία.
Ο (101 – 1) = 9 δεν διαιρείται διά 17
Ο (102 – 1) = 99 δεν διαιρείται διά 17
Ο (104 – 1) = (102 - 1).(102 + 1) = 99.101 δεν διαιρείται διά 17
Ο
(108 –
1) = 9999. 10001 δεν
διαιρείται διά17
Επομένως ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου είναι 16 δηλαδή ο μέγιστος αριθμός ψηφίων που μπορεί να έχει [αφού ο αριθμός 1016 – 1 διαιρείται δια 17 μιας και φ(17) = 16) ].
Επομένως ο αριθμός των ψηφίων της περιόδου είναι 16 δηλαδή ο μέγιστος αριθμός ψηφίων που μπορεί να έχει [αφού ο αριθμός 1016 – 1 διαιρείται δια 17 μιας και φ(17) = 16) ].
Εξ
αιτίας αυτού τα κλάσματα κ/17 με κ ακέραιο
μη πολλαπλάσιο του17, έχουν όλα περίοδο
που προκύπτει από κυκλική μετάθεση των
ψηφίων της περιόδου του κλάσματος 1/17
Όμοια βρίσκω ότι το κλάσμα 1/19 έχει περίοδο με 18= 19-1 ψηφία δηλαδή το μέγιστο αριθμό ψηφίων που μπορεί να έχει.
Εξ
αιτίας αυτού τα κλάσματα κ/19 με κ
ακέραιο μη πολλαπλάσιο του19, έχουν
όλα περίοδο που προκύπτει από κυκλική
μετάθεση των ψηφίων της περιόδου του
κλάσματος 1/19
Το κλάσμα 1/21. Το 21 δεν είναι πρώτος, 21= 3.7
Θα εξετάσουμε μία περίπτωση με κάπως διαφορετικό τρόπο. Θα βρίσκουμε το υπόλοιπο των δυνάμεων του 10 όταν τις διαιρούμε με τον παρονομαστή ενός ανάγωγου κλάσματος. Και θα βρίσκουμε ποια είναι η μικρότερη δύναμη του 10 που διαιρούμενη με τον παρονομαστή του κλάσματοςδίνει υπόλοιπο ίσο με 1.
Ξεκινώ με το κλάσμα 1/ 31. Ο 31 είναι πρώτος αριθμός επομένως φ(31) = 30
Ο αριθμός 1030 διαιρούμενος δια 31 δίνει υπόλοιπο 1. Πρέπει να βρώ αν υπάρχουν μικρότερες δυνάμεις του 10 που έχουν αυτή την ιδιότητα. Αν υπάρχουν ο εκθέτης τους θα είναι διαιρέτης του 30, και μικρότερος του 30. Δηλαδή ένας από τους αριθμούς 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15.
Ο 10 δίνει υπόλοιπο ( 10 )
Το κλάσμα 1/21. Το 21 δεν είναι πρώτος, 21= 3.7
Έχω
φ(21) = (3x7) x (2/3) x (6/7) = 12 < 20 = 21-1 και ο αριθμός των
ψηφίων της περιόδου είναι διαιρέτης
του 12 .
Υπάρχουν
20 κλάσματα θετικά και μικρότερα του 1
που έχουν παρονομαστή 21.
Επτά
από αυτά είναι τα 1/7 = 3/21 , 2/7 , 3/7 , 4/7 , 5/7 ,
6/7 = 18/21. Έχουμε μιλήσει για αυτά.
Έξι (τα 1/21 , 4/21 , 10/21 , 13/21 , 16/ 21 και 19/21), έχουν περίοδο που προκύπτει από κυκλική
μέτάθεση των αριθμών 0 4 7 6 1 9.
Είναι
1/21 = 0.047619 047619...............
Άλλα
έξι (τα 2/21 ,5/21 , 8/21 , 11/21 , 17/ 21 και 20/21), έχουν περίοδο που προκύπτει από
κυκλική μέτάθεση των αριθμών 0 9
5 2 3 8 .
Είναι
2/21 = 0, 095238 095328 .............
Τέλος
δύο είναι ίσα με το κλάσμα 7/21 =
1/3 = 0,333............. το ένα και
με το
κλάσμα 14/21 = 2/3 = 0,666.............
το άλλο.
Θα εξετάσουμε μία περίπτωση με κάπως διαφορετικό τρόπο. Θα βρίσκουμε το υπόλοιπο των δυνάμεων του 10 όταν τις διαιρούμε με τον παρονομαστή ενός ανάγωγου κλάσματος. Και θα βρίσκουμε ποια είναι η μικρότερη δύναμη του 10 που διαιρούμενη με τον παρονομαστή του κλάσματοςδίνει υπόλοιπο ίσο με 1.
Ξεκινώ με το κλάσμα 1/ 31. Ο 31 είναι πρώτος αριθμός επομένως φ(31) = 30
Ο αριθμός 1030 διαιρούμενος δια 31 δίνει υπόλοιπο 1. Πρέπει να βρώ αν υπάρχουν μικρότερες δυνάμεις του 10 που έχουν αυτή την ιδιότητα. Αν υπάρχουν ο εκθέτης τους θα είναι διαιρέτης του 30, και μικρότερος του 30. Δηλαδή ένας από τους αριθμούς 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15.
Ο 10 δίνει υπόλοιπο ( 10 )
Ο 102 δίνει υπόλοιπο ( 7 )
Ο 103 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 10 = 70 δηλαδή ( 8 )
Ο 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 8 = 56 δηλαδή 25 ή αλλιώς ( -6 )
[ ( -6 ) = 25 - 31 ]
Ο 106 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 10 = -60 δηλαδή ( 2 )
[ 2 = -60 + (2 x 31 ) ]
Ο 1010 = 105 x 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x (-6) =36 δηλαδή ( 5 )
Ο 1015 = 105 x 1010 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 5 = ( -30) δηλαδή ( 1 )
Επομένως η περίοδος του κλάσματος 1/ 31 έχει 15 ψηφία.
Τα κλάσματα κ/31 με κ ακέραιο θετικό μικρότερο του 31 είναι 30.
Στα 15 από αυτά η περίοδος προκύπτουν με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 032258064516129 σε αυτή τη σειρά.
Στα υπόλοιπα 15 η περίοδος προκύπτει με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 0967741993548387 σε αυτήν τη σειρά
Προφανώς τα 30 κλασματα μπορεί να αποτελέσουν 15 ζεύγη κλασμάτων με άθροισμα των κλασμάτων κάθε ζεύγους ίσο με 1
Ο 103 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 10 = 70 δηλαδή ( 8 )
Ο 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο 7 x 8 = 56 δηλαδή 25 ή αλλιώς ( -6 )
[ ( -6 ) = 25 - 31 ]
Ο 106 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 10 = -60 δηλαδή ( 2 )
[ 2 = -60 + (2 x 31 ) ]
Ο 1010 = 105 x 105 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x (-6) =36 δηλαδή ( 5 )
Ο 1015 = 105 x 1010 δίνει υπόλοιπο όσο ο (-6) x 5 = ( -30) δηλαδή ( 1 )
Επομένως η περίοδος του κλάσματος 1/ 31 έχει 15 ψηφία.
Τα κλάσματα κ/31 με κ ακέραιο θετικό μικρότερο του 31 είναι 30.
Στα 15 από αυτά η περίοδος προκύπτουν με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 032258064516129 σε αυτή τη σειρά.
Στα υπόλοιπα 15 η περίοδος προκύπτει με κυκλική μετάθεση των ψηφίων 0967741993548387 σε αυτήν τη σειρά
Προφανώς τα 30 κλασματα μπορεί να αποτελέσουν 15 ζεύγη κλασμάτων με άθροισμα των κλασμάτων κάθε ζεύγους ίσο με 1
Ας παρουσιάσουμε πολύ συνοπτικά μια δυσκολότερη περίπτωση.
Ας
βρούμε πόσα ψηφία έχει η περίοδος του
δεκαδικού αναπτύγματος του αριθμού
1/998001. Είχα μια παρακίνηση από τρίτους
να δουλέψω με αυτόν τον αριθμό. Έχω:
998001
= 9992 = 36.372 άρα
η περίοδος αρχίζει αμέσως μετά την
υποδιαστολή.
Βρίσκω
ότι φ(998001) = 36.372 .(1-1/3). (1 - 1/37) = 23.37.37 = Α
και
αναζητώ μεταξύ των διαιρετών του Α τον
ελάχιστο θετικό ακέραιο ρ για τον οποίο
ο (10ρ – 1) είναι πολλαπλάσιο του
998001 (ή με άλλη διατύπωση, αναζητώ μεταξύ
των διαιρετών του Α τον ελάχιστο θετικό
ακέραιο ρ για τον οποίο ο 10ρ διαιρούμενος
δια 998001 δίνει υπόλοιπο 1)
Βρίσκω
ότι για ρ = 34.37 = 2997 ο
αριθμός 10ρ διαιρουμενος διά
998001 δίνει υπόλοιπο 1
και
ότι αυτό δεν συμβαίνει όταν ο ρ είναι
διαιρέτης του 34.37 = 2997, και ξέρω ότι
αν αυτός ο ρ δεν είναι ο ελάχιστος θετικός
ακέραιος με αυτήν την ιδιότητα και ο
ελάχιστος είναι ο ρ΄ τότε ο ρ΄ είναι διαιρέτης του ρ.
Συμπεραίνω
ότι ο 34.37 είναι ο ελάχιστος θετικός
ρ για τον οποίο ο αριθμός 10ρ δίδει υπόλοιπο 1
διαιρούμενος διά 998001 και επομένως
ότι η περίοδος του αριθμού 1/998001 έχει
34 .37 = 2997 ψηφία = (999.3) ψηφία
Το
να βρω την περίοδο είναι ένα άλλο θέμα.
Χρειάζεται είτε «άπειρη» υπομονή για την εκτέλεση μιας διαίρεσης της οποίας ο διαιρετέος έχει σχεδόν 3000 ψηφία και ο διαιρέτης 6, είτε
ένα μικρό πρόγραμμα στον υπολογιστή. Αλλά γνώσεις προγραμματισμού δεν έχω.
Ο μηχανικός ηλεκτρονικών υπολογιστών
Κώστας Γιαννακάκης ανέλαβε να φτιάξει
το πρόγραμμα και να υπολογίσει την
περίοδο. Είναι κάτι που όλοι ξέρουν να
το κάνουν μου είπε. Το αποτέλεσμα ήταν
εντυπωσιακό. Η περίοδος του δεκαδικού
αναπτύγματος που ζητάμε σχηματίζεται
αν γράψουμε στη σειρά «σαν τριψήφιους»,
όλους τους αριθμούς από το 0 έως
το 999, παραλείποντας τον 998.
Το
0 θα το γράψουμε 000, το 1 θα το γράψουμε
001, το 2 θα το γράψουμε 002 το 17 θα το γράψουμε 017, το 283 θα το
γράψουμε 283, το 997 θα το γράψουμε 997, το 998 δεν θα το γράψουμε και το 999 θα το γράψουμε 999 (θα
παραλείψουμε το 998)
Η
περίοδος είναι ο αριθμός
000
001 002 003 ....... 009 010 011 …... 098 099 100 101 102
…........... 996 997 999
και
έχει 999.3 = 2997 ψηφία.
Προσθήκη Αυγούστου¨2019
Βρήκα τρόπο να υπολογίσω με χαρτί και μολύβι την περίοδο του κλάσματος [1/ (999)].[1/ (999)]
Υπολογίζω αρχικά πολύ εύκολα το δεκαδικό ανάπτυγμα του 1/ 999 = 001/999 άρα η περίοδος του κλάσμτος είναι 001 και αρχίζει αμέσως μετά την υποδιαστολή. Είναι λοιπόν
1/ 999 = 0, 001001001001........... κ.ο.κ επ' άπειρον
Ο συντελεστής του 10-15 είναι 4 και συνεχίζζουμε έτσι Γράφω λοιπόν
Γ = 0.10-3 + 1.10-6 + 2.10-9 + 3.10-12 + 4. 10-(3.5) + 5.10-(3.6) + 6.10-(3.7)+ 10-(3.8) + .... ]
ή αλλιώς
Γ= 0, 000 001 002 003 004 005 006 008 009 010 011 012 ...............
Συνεχίζοντας θα φτάσουμε στους πρσθετέους
Οι προηγούμενοι προσθετέοι είναι προφανείς.997.10- (998 . 3) + 998.10- (999.3) + 999.10- (1000.3) + 1000.10-(1001.3) + 1001.10- (1002.3) +
+ 1002.10- (1003.3) + ............
997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 1001.10- (1002 . 3) + 1002.10- (1003.3) + ............ =
= 997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 000.10- (1000.3) + 1001.10- (1002.3) +
+ 1002.10- (1003.3) + ............=
= 997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 000.10- (1000.3) + 1000.10- (1002.3)+
+ 001.10- (1002.3) + 1000.10- (1003.3) +002.10- (1003.3) + .......=
= 997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 000.10- (1000.3) + 001.10- (1001.3)+
+ 001.10- (1002.3) + 001.10- (1002.3) + ..................
Θέτω
997.10- (998.3) + 999.10- (999.3) + 000.10- (1000.3) + 001.10- (1001.3)+
+ 002.10- (1002.3) +.....................= Σ
και έχω
[προϋγούμενοι προσθετέοι + Σ] =
0,000 001 002 ........ 009 010 011........ 098 099 100 101 .......997 999 000 001.......996 997 999 000 001 002.....................
Η περίοδος επομένως περιλαμβάνει ακριβώ; όλα τα ψηφία όλλων των ακεραίων από τον 000 μέχρι τον 999 εξαιρουμένου του 998, των ακεραίων γραφομένων όλων ως τριψήφιων . Σύνολο 3 Χ 999 = 3 Χ (1000 -1) = 2997 ψηφία
Ας πάρουμε το κλάσμα !/81= (1/9)Χ(1/(9) Η περίοδος του περιλαμβάνει όλου τους μονοψήφιους ακέραιους γραμμένους στη φυσική σειρά εξαιρουμένου του 8. Σύνολο ψηφίων 9 = (!0-1)Χ 1
Ας πάρουμε το κλάσμα (1/9801) =(1/99) Χ (1/99). Την περίοδό του την σχηματίζουμε αν γράψουμε στην φυσική σειρά και ως δηψήφιους όλους τους αριθμούς από τον 00 μέχρι τον 99, εξαιρώντας τον 98. Σύνολικός αριθμός ψηφίων περιόδου 2 Χ(100-1) = 198
Ας πάρουμε τον αριθμό Ν= 99..........9 του δεκαδικού συστήματος γραφής των αριθμώ που γράφεται με ν το πλήθος 9 . Έχω Ν + 1 = 10ν και επομένως Ν = 10ν - 1
Η περίοδος του κλάσματος (1/Ν) Χ (1/Ν) σχηματίζεται αν γραφούν στη φυσική σειρά και ως νιψήφιοι όλοι οι ακέραιοι από τον 0 (θα γραφεί με ν το πληθος 0 ) μέχρι και τον Ν εξαιρουμένου του (Ν-1).
Το πλήθος των ψηφίων της περιόδου του κλάσματος (1/Ν) Χ (1/Ν) είναι ίσο προς
ν Χ Ν = ν. (10ν - 1) = ν.10ν - ν
Είναι αξιοσημείωτο ότι
οι 4 πράξεις εκτελούμενες μεταξύ αλγεβρικών αριθμών δίνουν ως αποτέλεσμα αλγεβρικό αριθμό.
Και κάτι ακόμη.
Αν ένας αριθμός είναι λύση πολυωνυμικής εξίσωσης με συντελεστές αλγεβρικούς αριθμούς , τότε είναι και λύση πολυωνυμικής εξίσωσης με ρητούς ακέραιους συντελεστές και είναι επομένως αλγεβρικός αριθμός.
Ευκλείδειος είναι ο αλγεβρικός αριθμός που ο βαθμός του είναι δύναμη του 2,
Οι πέντε μικρότεροι αριθμοί του Fermat είδαμε ότι είναι όλοι πρώτοι αριθμοί. Μέχρι τον αριθμό 1040000 δεν έχει βρεθεί άλλος αριθμός Fermat πρώτος και δεν είναι γνωστό αν υπάρχει αριθμός του Fermat μεγαλύτερος του 1040000 και πρώτος.
Έτσι οι μόνοι πρώτοι αριθμοί p για τους οποίους το κανονικό p-γωνο είναι γνωστό ότι είναι κατασκευάσιμο είναι οι πέντε μικρότεροι αριθμοί του Fermat.
Όσον αφορά τα κανονικά πολύγωνα με αριθμό πλευρών σύνθετο ή πρώτο που είναι κατασκευάσιμα, αυτά είναι:
Ας σημειωθεί ότι αν είναι κατασκευάσιμο το κανονικό πολύγωνο με αριθμό πλευρών μ και επίσης το κανονικό πολύγωνο με αριθμό πλευρών ν, και οι μ, ν είναι πρώτοι μεταξύ τους,
Στον αριθμό αυτόν στην δεκαδική του μορφή μετά το α1 ακολουθεί αμέσως το α2 , μετά το α2 ακολουθούν 3 = (2.2! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια το α3. Μετά το α3 ακολουθούν 17 = (3.3!-1) μηδενικά και μετά ο α4. Γενικά μετά το αν ακολουθούν [(ν+1)!-ν!-1] = (ν.ν! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια ακολουθεί το αν+1. Έτσι μετά το α4 ακολουθούν (4.4!-1) = 95 μηδενικά και στη συνέχεια το α5 κ.ο.κ.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ρητός σ =(γ / δ) < α για τον οποίο ισχύει
(α- σ) < (M / δΝ )
για οποιεσδήποτε τιμές του σταθερού θετικού αριθμού Μ και για οποιαδήποτε τιμή του σταθερού θετικού ακεραίου Ν, αφού αυτό σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση 3 αντίκειται στην υπόθεση ότι ο α είναι αλγεβρικός αριθμός βαθμού Ν.
Θέτω σ = 10-1! + 10-2! + 10-3! + …. + 10-ν! = γ / 10ν! = γ / δ όπου ν > Ν. Έχω σ ρητό και (α-σ) > 0
Βρίσκω ότι
(α-σ) = 10-(ν+1)! + 10-(ν+2)! + 10-(ν+2)! + ...... < 10-(ν+1)!.[1 + 1/(ν+1) + 1/(ν+1)2 + 1/(ν+1)3 + ....] και
Θυμίζω ότι 10ν! = δ (δ ο παρονομαστής του σ) . Επομένως
(α-σ) < [2/ 10ν!(ν+1) ] = (2/ δν+1 )
Το κλάσμα όμως (2/ δν+1 ) μπορεί για κατάλληλα μεγάλο ν να γίνει μικρότερο από οποιοδήποτε προκαθορισμένο κλάσμα (M / δΝ ) [αφού ο ν είναι ακέραιος που μπορούμε να τον επιλέξουμε οσοδήποτε μεγάλο και οι Μ ,Ν είναι σταθεροί αριθμοί)
Ο α επομένως δεν μπορεί να είναι αλγεβρικός αριθμός προκαθορισμένου βαθμού Ν και αυτό ισχύει για οποιονδήποτε θετικό ακέραιο Ν
Οι μαθηματικοί απασχολήθηκαν αρκετά χρόνια με τον έλεγχο της υπερβατικότητας ή της αλγεβρικότητας αριθμών παρόμοιων στο δεκαδικό τους ανάπτυγμα. με τον παραπάνω.
Θα προσθέσω ακόμη ένα θεώρημα σχετικό με τους υπερβατικούς αριθμούς. Ο Ρώσος μαθηματικός Gelfond και ο Γερμανός μαθηματικός Schneider δημοσίευσαν σχεδόν ταυτόχρονα το 1934 εντελώς διαφορετικές αλλά πλήρεις αποδείξεις αυτού του θεωρήματος Είχε προηγηθεί η απόδειξη σημαντικού σχετικού θεωρήματος από τον Schneider που οδηγούσε στην ενοποίηση της απόδειξης της υπερβατικότητας μεμονωμένων αριθμών . Είχαν επίσης προηγηθεί από το 1929 και το 1930 δημοσιεύσεις μελετημάτων του Gelfond σχετικών με τις αριθμητικές ιδιότητες συναρτήσεων παραγωγίσιμων για κάθε τιμή της μεταβλητής, και σχετικών με τη θεωρία των υπερβατικών αριθμών. Οι δημοσιεύσεις αυτές του Gelfond συνιστούσαν ένα μεγάλο βήμα προόδου στη μελέτη των υπερβατικών αριθμών. Μαζί με άλλα είχαν εισαγάγει και νέες μεθόδους απόδειξης της υπερβατικότητας συγκεκριμένων αριθμών. Το θεώρημα των Gelfond και Schneider όπως έχει επικρατήσει να λέγεται, αποτελεί τη λύση του έβδομου από τα 23 πρόβλήματα που ο Hillbert είχε παρουσιάσει το 1900 ως τα προβλήματα που η λύση τους θα καθόριζε την εξέλιξη των μαθηματικών κατά τον εικοστό αιώνα. Και τώρα το θεώρημα.
Αν ο α και ο β είναι αλγεβρικοί αριθμοί, ο β άρρητος και ο α διάφορος και του 0 και του 1, τότε ο αριθμός αβ είναι υπερβατικός.
Επομένως αν α = 51/2 (αλγεβρικός διάφορος του μηδέν και του 1)
Το θεώρημα των Gelfond και Schneider σημαίνει ακόμη ότι
Αν ο α είναι αλγεβρικός αριθμός διάφορος και του 0 και του 1, ο β άρρητος και ο αριθμός αβ είναι αλγεβρικός, τότε ο β είναι υπερβατικός.
Αν πάλι αλγεβρικός και άρρητος είναι ο αριθμός β και αλγεβρικός ο αριθμός αβ , τότε ο αριθμός α είναι υπερβατικός.
Για παράδειγμα έστω ο αριθμός λογ23 (λογάριθμος του 3 με βάση λογαρίθμων τον αριθμό 2). Ο αριθμός αυτός είναι άρρητος γιατί αν
Αν λογχ είναι ο λογάριθμος του χ ως προς βάση Α ισχύει
Ξέρουμε ακόμη ότι
Η απόδειξη αυτής της τελευταίας πρότασης είναι προσιτή. Ουσιαστικά στο τμήμα 1. αυτής εδώ της ανάρτησης δείξαμε ότι οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των τόξων (κ.π)/7 όπου κ ακέραιος είναι αλγεβρικοί αριθμοί,
ρητοί για
Κλείνω αυτήν την ενότητα παραδειγμάτων υπερβατικών αριθμών με τρία παραδείγματα χωρίς αποδείξεις. Τα δύο είναι διαφορετικά από όλα όσα έχουμε δει .
1. Μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχει πάντοτε ένας τουλάχιστον υπερβατικός και επομένως άπειροι υπερβατικοί αριθμοί. Οι υπερβατικοί είναι επομένως παντού πυκνοί μέσα στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Η απόδειξη είναι παρόμοια με την απόδειξη ότι μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχει πάντοτε ένας τουλάχιστον άρρητος και επομένως άπειροι άρρητοι αριθμοί. Θα αλλάξουμε μόνο τη λέξη ρητός με τη λέξη αλγεβρικός και τη λέξη άρρητος με τη λέξη υπερβατικός και θα χρσιμοποιήσουμε ως υπερβατικό τον π/ν (όπου ο π είναι ο λόγος της περιφέρειας προς τη διάμετρο κύκλου και ν κατάλληλα μεγάλος θετικός ακέραιοςαριθμός) ή κάποιον άλλο. Πρέπει να θυμόμαστε ότι οι ρητοί είναι αλγεβρικοί αριθμοί και ότι μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχουν ρητοί αριθμοί.
2. Ένα άλλο θέμα είναι ότι υπάρχουν κριτήρια υπερβατικότητας αριθμών αλλά και μέτρο της υπερβατικότητας ενός αριθμού. Και ακόμη ορίζονται τέσσερεις δυνατές κατηγορίες μιγαδικών εν γένει αριθμών με βάση το μέτρο υπερβατικότητας (οι πραγματικοί εννοούνται ως μιγαδικοί με φανταστικό μέρος ίσο προς μηδέν).
Κάτι ακόμη. Υπάρχουν είπαμε άπειροι υπερβατικοί αριθμοί. Ισχύει όμως κάτι ισχυρότερο. «Σχεδόν όλοι οι πραγματικοί αριθμοί είναι υπερβατικοί» με την ίδια ακριβώς έννοια με την οποία «όλοι σχεδόν οι πραγματικοί αριθμοί είναι άρρητοι». Και το ίδιο ισχύει και για τους πραγματικούς αριθμούς που περέχονται σε ένα πεπερασμένο διάστημα πραγματικών αριθμών. Σχεδόν όλοι είναι υπερβατικοί. Η απόδειξη αυτών των προτάσεων παρατίθεται στην ανάρτηση για το πλήθος των αρρήτων αριθμών.
(κάνετε κλικ στον τίτλο "Σώματα ή πεδία αριθμών")
Βιβλιογραφία
1. Ευκλείδη: "Στοιχεία" Μετάφραση Ευάγγελου Σταμάτη
2. Σπύρου Κανέλλου:
3. Χαουαρντ Ηβς: "Μεγάλες Στιγμές των Μαθηματικών"
4. Ian Stewart: "Galois Theory"
5. Στυλιανού Ανδρεαδάκη: "Θεωρία Galois"
6. Leveque: "Topics In Number Theory"
7. Hardy and Wright: "An Introduction to the Theory of Numbers"
8. Spivak: "Λογισμός"
9. Taylor: "General Theory of Functions and Integration"
10. Apostol: "Introduction to Analytic Number Theory"
Για ν = 12 έχουμε Ν = (1012 - 1) = 1 τρισεκατομμύριο - 1 και επομένως το πλήθος των ψηφίων της περιόδου του δεκαδικού αναπτύγματος του κλάσματος 1/(Ν x Ν) είναι ίσο προς (ν x Ν) = (12 τρισεκατομύρια - !2 ). Η περίοδος γράφεται αν γράψουμε ΄κατα αύξουσα σειρά όλους τους ακέραιους από τον αριθμό μηδέν μέχρι΄και τον αριθμό Ν ως 12ψήφιους, παραλείποντας όμως τον αριθμό (Ν- 1) = 999999999998
2. Τρόποι απόδειξης του ότι κάποιοι συγκεκριμένοι αριθμοί είναι άρρητοι
Το
τρίτο τέλος θέμα είναι το πώς αποδεικνύουμε
ότι ένας αριθμός είναι άρρητος.
Σε
πολλές περιπτώσεις αυτό γίνεται ένα
απλό πρόβλημα θεωρίας αριθμών. Το είδαμε στην προηγούμενη παράγραφο για τον αριθμό τετραγωνική ρίζα του 2. Το είδαμε
στην ανάρτηση για την ανακάλυψη
των αρρήτων για
τη ρίζα του 2 και στην ανάρτηση για
την ίσότητα
λόγων
για
τη ρίζα του 10 με δύο διαφορετικούς τρόπους
. Ο δεύτερος τρόπος μπορεί να γενικευθεί
για τη νιοστή ρίζα του Α όταν ο Α είναι
ακέραιος μεγαλύτερος του 1 που δεν είναι νιοστή δύναμη
ακεραίου. Μπορούμε
να έχουμε ανάλογη πρόταση γενικότερη.
Άν
ο χ είναι ρίζα ακέραιης πολυωνυμικής
εξίσωσης βαθμού μεγαλύτερου του 1 με
ακέραιους συντελεστές και συντελεστή
του μεγιστοβάθμιου όρου ίσο προς 1 και
ο χ δεν είναι ακέραιος τότε ο χ
είναι άρρητος γιατί τότε κάθε ρητή ρίζα
της εξίσωσης είναι ακέραιος αριθμός.
Έτσι αν Α είναι ακέραιος, και η εξίσωση χν = Α δεν έχει ακέραιo αριθμό ως ρίζα τότε δεν έχει ούτε ρητή ρίζα. Η εξίσωση χ2 = 17 δεν έχει ακέραια ρίζα αφού
42 = 16 < 17 και 52 = 25 .> 17 ,
άρα σύμφωνα με την τελευταία πρόταση η τετραγωνική ρίζα του 17 είναι άρρητος αριθμός.
Μπορούμε
να γενικεύσουμε περαιτέρω. Αν η εξίσωση
δεν έχει ρητές ρίζες ή η εξίσωση έχει
ρητές ρίζες αλλά ο χ δεν είναι κάποια
από αυτές, τότε ο χ είναι άρρητος, είτε
ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου
όρου είναι 1 είτε είναι άλλος ακέραιος.
Το
να αναζητήσουμε τις ρητές ρίζες μιας
εξίσωσης σαν αυτής που περιγράψαμε
είναι ζήτημα βατό γιατί
Αν το ανάγωγο
(μή απλοποιήσιμο)
κλάσμα α / β είναι ρίζα μιας πολυωνυμικής
εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές τότε
ο ακέραιος α είναι διαιρέτης του σταθερού
όρου και ο ακέραιος β είναι διαιρέτης
του συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου.
Για
παράδειγμα έστω χ ο λόγος της χρυσής
τομής (ο μεγαλύτερος του 1). Είδαμε
στην ανάρτηση για την ανακάλυψη των
αρρήτων αριθμών, ότι είναι ρίζα της
εξίσωσης
x2–
x
– 1 = 0
Σύμφωνα
με όσα είπαμε παραπάνω, οι μοναδικοί
ρητοί που μπορεί να είναι ρίζες της
εξίσωσης είναι ο 1 και ο -1 που εύκολα
διαπιστώνουμε ότι δεν την επαληθεύουν.
Μια
άλλη περίπτωση είναι αριθμοί της μορφής
( α.χ2/3 +
βχ1/3 +
γ ) όπου α, β, γ είναι ρητοί
αριθμοί και ο χ ρητός αλλά ο χ1/3 είναι
άρρητος. Οι αριθμοί αυτής της μορφής
δεν ισούνται με 0 εκτός αν α=β=γ=0.
Επομένως με α, β, γ ρητούς και χ ρητό
αλλά τον χ1/3
άρρητο, οι αριθμοί της μορφής ( α.χ2/3 +
βχ1/3 +
γ ) είναι άρρητοι εκτός αν α=β =0.
Γιατί
έστω 0 = α.χ2/3 +
β.χ1/3 +
γ . Πολλαπλασιάζω επί χ1/3 τα
δύο μέλη αυτής της σχέσης και βρίσκω
β.χ2/3 +
γ.χ1/3 +
α.χ = 0.
Από τις δύο σχέσεις
βρίσκω τους αριθμούς χ2/3,
χ1/3 ως
ρητή έκφραση των ρητών αριθμών
α, β, γ, χ και επομένως ρητούς, όπερ άτοπον
εκτός αν α=β=γ =0..
Δείξαμε
και κάτι που αξίζει να αναφερθεί
ιδιαιτέρως. Δείξαμε ότι αν α, β, γ ρητοί
και ο α ή ο β ή και οι δύο δεν είναι μηδέν
τοτε ο αριθμός 31/3 δεν μπορεί
να είναι ρίζα της εξίσωσης αχ2 +
βχ + γ = 0. Ο αριθμός 31/3 είναι
αλγεβρικός αριθμός τρίτου βαθμού και
δεν μπορεί να είναι ρίζα πολυωνυμικής
εξίσωσης δευτέρου βαθμού με ρητούς
συντελεστές. Σε επόμενη παράγραφο θα
εξηγήσουμε τι σημαίνει αυτό.
Ας
δούμε τώρα ένα πιο σύνθετο παράδειγμα.
Ο αριθμός συν(π/7) είναι ρητός ή άρρητος;
Ο π είναι ο λόγος της περιφέρειας προς
τη διάμετρο κάθε κύκλου.
Αν πούμε α
τον αριθμό π/7 και εδώ
παριστάνει το μέτρο ενός τόξου σε
ακτίνια. Έχουμε
7α = π
και
συν(7α)
= συνπ = -1 (1)
Η (1)
ισχύει όμως όχι μόνο για α = π/7 αλλά
γενικά για
7α = π + 2κπ
ή α = π/7 + (2κπ)/7 = (2κ + 1).(π/7) (2)
όπου ο κ μπορεί να είναι
οποιοσδήποτε ακέραιος αριθμός
Αν
μετατρέψουμε την (1) σε εξίσωση ως προς
το συνα η εξίσωση που θα προκύψει θα
έχει τις λύσεις
συνα = συν(π/7) αν κ = 7ρ όπου ρ τυχόν ακέραιος
συνα
= συν(3π/7) (κ = 7ρ + 1 )
συνα = συν(5π/7)
(κ = 7ρ + 2 )
συνα = συν(7π/7) = -1
( κ = 7ρ +3 )
συνα = συν(9π/7) (κ = 7ρ
+ 4 )
συνα = συν(11π/7) (κ = 7ρ + 5)
συνα
= συν(13π/7) (κ = 7ρ +6 )
Αν στην
εξίσωση ως προς συνα θέσουμε συν
α = χ
θα προκύψει εξίσωση ως προς
χ με ρίζες τους αριθμούς συν(π/7),
συν(3π/7), συν(5π/7), συν(7π/7), συν(9π/7),
συν(11π/7), συν(13π/7) και καμμιά άλλη ρίζα
Ας βρούμε αυτήν
την εξίσωση
Εφαρμόζουμε τη σχέση (συνθ
+ iημθ)ν = συν(νθ)
+ iημ(νθ) για θ=α=(π/7 +
2κπ/7) και ν=7
Βρίσκουμε
(συνα
+ iημα)7 = συν7α + iημ7α = συνπ
+ iημπ = -1
Αναπτύσσοντας το διώνυμο (συνα
+ iημα)7 = και εξισώνοντας
τα πραγματικά μέρη στην τελευταία σχέση
βρίσκουμε
συν7α
– 21 συν5α ημ2α + 35 συν3α
ημ4α – 7 συνα ημ6α = -1 (3)
ή
64
συν7α – 112 συν5α + 56 συν3α
– 7 συνα = -1
Επομένως
για α = π/7 + 2κπ/7 (κ ακέραιος), τα συνα είναι
ρίζες της εξίσωσης
64χ7 –
112χ5 +56χ3 – 7χ + 1 = 0 (4) και η εξίσωση δεν έχει άλλες ρίζες
Η
εξίσωση (4) έχει τη λύση χ = συνα = -1 που
αντιστοιχεί στο τόξο α=(π/7)+(2.3π)/7=π
Η
ρίζα χ = -1 είναι απλή. Επομένως διαιρώντας
το πολυώνυμο του πρώτου μέλους της (4)
διά (χ+1) βρίσκουμε το πολυώνυμο
64χ6 - 64χ5 - 48χ4 + 48χ3 + 8χ2 -
8χ + 1 (5)
που
έχει ως ρίζες τους αριθμούς
συν(π/7),
συν(3π/7), συν(5π/7), συν(9π/7), συν(11π/7),
συν(13π/7),
Οι
αριθμοί αυτοί είναι ανά δύο ίσοι αφου
ισχύει συνα = συν(-α+2π) για κάθε α, και
έτσι έχω
συν(π/7)
= συν(13π/7),
συν(3π/7)
= συν(11π/7),
συν(5π/7)
= συν( 9π/7 ).
Αποδεικνύεται ότι εξ αιτίας του τρόπου σχηματισμού του το
πολυώνυμο (5) έχει όλες τις ρίζες του διπλές και επομένως δεν έχει άλλες ρίζες. Και χωρίς όμως αυτήν την άμεση απόδειξη, μπορούμε να εξετάσουμε αν είναι τετράγωνο ακεραίου πολυωνύμου
με πραγματικούς συντελεστές. Αν αυτό αποδειχθεί αληθές τότε θα έχει όλες του τις ρίζες διπλές
και επομένως δεν θα έχει άλλες ρίζες.
Γράφοντάς
το με τη μορφή ( Αχ3 +
Βχ2 + Γχ
+ Δ)2
όπου
ο Α μπορεί να επιλεγεί είτε θετικός είτε αρνητικός. Επιλέγοντας τον Α θετικό και
εξισώνοντας τους συντελεστές του
αναπτύγματος του τετραγώνου με τους
αντίστοιχους συντελεστές του (5) βρίσκω
κατά σειρά
Α
= 8, Β = - 4, Γ = - 4, Δ = 1. Έτσι βρίσκω ότι
64χ6 - 64χ5 - 48χ4 + 48χ3 + 8χ2 -
8χ + 1 = ( 8χ3 -
4χ2 -
4χ + 1)2
και
ότι η εξίσωση
8χ3 -
4χ2 -
4χ + 1 = 0 (6)
έχει
ακέραιους συντελεστές και ως ρίζες τους
αριθμούς συν(π/7), συν(3π/7), συν(5π/7) =
- συν(2π/7).
Οι
μοναδικές δυνατές ρητές ρίζες της εξίσωσης (6)
είναι ανάγωγα κλάσματα που ο αριθμητής τους είναι διαιρέτης του σταθερού όρου της ( = 1 ), ενώ ο παρονομαστής τους είναι διαιρέτης του συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου της (=8), δηλαδή οι αριθμοί
-1,
-1/2, -1/4, -1/8, 1/8, 1/4, 1/2, 1.
Έχω
όμως 1/2 = συν(π/3) < συν(π/7)
< 1
και
άρα το συν(π/7) δεν μπορεί να ισούται με
καμιά ρητή ρίζα της (6) και επομένως είναι
άρρητη ρίζα αυτής της εξίσωσης.
Ομοίως
βλέπω ότι -1/2 = -συν(π/3) = - συν(2π/6) >
-συν(2π/7) = συν(5π/7) > -1
και
επομένως ότι ούτε ο αριθμός συν(5π/7)
μπορεί να ισούται με ρητή ρίζα της (6).
Σε
ότι αφορά τον αριθμό συν(3π/7) παρατηρώ
ότι
-συν(π/7)
= συν(6π/7) = 2συν2(3π/7)
– 1
και
αν ο αριθμός συν(3π/7) ήταν ρητός ,
θα ήταν ρητός και ο αριθμός συν(π/7), και
αυτό έχει δειχθεί ότι δεν ισχύει.
Στα
συμπεράσματα αυτά θα είχαμε επίσης
καταλήξει αποδεικνύοντας με απλές
αριθμητικές πράξεις ,ότι οι αριθμοί
-1,
-1/2, -1/4, -1/8, 1/8, 1/4, 1/2, 1,
δεν
επαληθεύουν την (6 ) και επομένως η (6) δεν
έχει ρητές ρίζες και άρα οι ρίζες της
είναι άρρητοι αριθμοί.
Να
προσθέσω εδώ ότι και το ημ(π/7) είναι
αριθμός άρρητος αφού αν ήταν ρητός, τότε
ρητός θα ήταν και ο αριθμός 1- 2ημ2(π/7) =
συν(2π/7).
Και
η εφ(π/7) είναι αριθμός άρρητος αφού
αν ήταν ρητός, τοτε ρητός θα ήταν και ο
αριθμός
συν(2π/7)
= [1- εφ2(π/7)] /
[1+ εφ2(π/7)] .
Με
παρόμοιους τρόπους μπορείτε να συμπεράνετε
ότι και οι αριθμοί ημ(κπ/7), εφ(κπ/7) με κ
ακέραιο και μη πολλαπλάσιο του 7 είναι
όλοι άρρητοι. Για τα συνημίτονα των
ίδιων τόξων αυτό έχει ουσιαστικά δειχθεί.
Βεβαίως
αν το ερώτημα ήταν μόνο για τα ημίτονα
ή μόνο για τις εφαπτομένες θα μπορούσαμε
να καταστρώσουμε εξαρχής εξίσωση που
θα είχε ως ρίζες μόνο τα ημίτονα ή μόνο
τις εφαπτομένες των πιο πάνω τόξων. Και
κάτι ακόμη.
Αποδεικνύεται
ότι
αν
ο αριθμός χ που μέτρα ένα τόξο σε ακτίνια
είναι ρητός αριθμός και διαφορετικός
από το μηδέν, τότε το συνχ
είναι υπερβατικός άρρητος
αριθμός. Τι σημαίνει υπερβατικός άρρητος αριθμός θα το πούμε σε επόμενη παράγραφο.
Με
βάση την τελευταία πρόταση και με στοιχειωδεις μεθόδους
σαν αυτές που μόλις χρησιμοποιήσαμε
μπορεί να δειχθεί ότι αν ο χ είναι
ρητός και διαφορετικός από το
μηδέν και μετρά ακτίνια τότε
και
το συνχ αλλά και το ημχ και η εφχ
είναι υπερβατικοί άρρητοι αριθμοί.
Κλειδί
για την πορεία είναι η παρατήρηση ότι
αν ο χ είναι ρητός και διάφορος του
μηδέν, το ίδιο θα ισχύει και για τον
αριθμό 2χ και επομένως ο αριθμός συν2χ
θα είναι υπερβατικός άρρητος αριθμός
Ας
παρατηρηθεί τέλος, ότι ναι μέν οι αριθμοί
συν(π/7), συν(3π/7), συν(5π/7) είναι άρρητοι
αλλά
το
άθροισμά τους ισούται με 4/8 = 1/2,
το
γινόμενό τους ισούται ισούται με -1/8 και
το
άθροισμα των γινομένων τους λαμβανομένων
ανά δύο με όλους τους δυνατούς τρόπους
ισούται με -4/8.
Μπορούμε
εύκολα να βρούμε ότι
το
άθροισμα των αντιστρόφων τους ισούται
με (-4/8)/(-1/8) = 4, και άλλα ακόμη αποτελέσματα.
Κλείνω αυτό το παράδειγμα αναφέροντας
ότι παράλληλα με το ότι οι αριθμοί
συν(κπ/7) με κ ακέραιο αριθμό που δεν είναι πολλαπλάσιο του 7είναι
άρρητοι έχουμε ήδη δείξει ότι είναι ρίζες πολυωνυμικής εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές και επομένως είναι
αλγεβρικοί αριθμοί. Περισσότερα για τους αλγεβρικούς αριθμούς σε επόμενη παράγραφο. Πάντως υπερβατικοί αριθμοί είναι οι αριθμοί που δεν είναι αλγεβρικοί.
Ένα
παράδειγμα διαφορετικό.
Ο
αριθμός 0,2357111317192329313741........
στον
οποίο η ακολουθία των ψηφίων σχηματίζεται
από τους θετικούς πρώτους αριθμούς σε
αύξουσα σειρά, είναι
άρρητος αριθμός.
Γιατί
αν Ν είναι θετικός ακέραιος αριθμός,
η ενδεχόμενη περίοδος δεν μπορεί να
έχει Ν ψηφία αφού υπάρχουν περισσότεροι
από έναν πρώτοι αριθμοί με 2Ν ψηφία,
με 3N ψηφία , με 1000Ν ψηφία, με 1000Ν + 1
ψηφία κ.λ.π. . Όμως θα μπορούσε να προβληθεί
η αντίρρηση ότι αν μ είναι ο αριθμός
των ψηφίων της περιόδου και Ν > μ ο
αριθμός των ψηφίων ενός πρώτου αριθμού, θα
ήταν δυνατό να
είναι Ν
= 3μ για παράδειγμα και ένας πρώτος
αριθμός να αποτελείται από τα ψηφία
τριών περιόδων. Αλλά είναι εύκολο να
αποδειχθεί ότι αν συνέβαινε αυτό, ο
αριθμός με τα Ν ψηφία δεν θα ήταν πρώτος
ανεξάρτητα από το αν το πρώτο ψηφίο του
συνέπιπτε με το πρώτο ψηφίο της περιόδου
ή όχι. Πέραν τούτου υπάρχουν και άλλοι
πρώτοι αριθμοί με Ν ψηφία και υπάρχουν
και πρώτοι αριθμοί με Ν+1 , με Ν+ 2 ψηφία,
με οσαδήποτε ψηφία. Σχετικά αναφέρω
ότι:
Ανάμεσα
σε έναν θετικό ακέραιο
και τον διπλάσιό του υπάρχει πάντοτε
πρώτος αριθμός .
Επομένως
μεταξύ του 10N και
του 10N+1υπάρχουν τουλάχιστον
τρεις πρώτοι αριθμοί για κάθε τιμή του
Ν.
Το
σχετικό θεώρημα (η υπογραμμισμένη
πρόταση), εμφανίστηκε ως εικασία το
1845 από τον Bertand και αποδείχτηκε σε
πρώτη μορφή πριν το 1850 από τον Chebyshev και
τελικά στη μορφή που εδώ αναφέρω από
τον Erdos.
Μια
πιο άμεση απόδειξη δίνει η χρήση ενός
άλλου σημαντικού θεωρήματος. Το διατυπώνω.
Αν
Α και Β είναι ακέραιοι σχετικώς
πρώτοι και διάφοροι του μηδενός, τότε
η ακολουθία που περιλαμβάνει όλους
τους αριθμούς της μορφής Β.ν
+ Α (ν ακέραιος θετικός αριθμός),
περιλαμβάνει άπειρους πρώτους αριθμούς.
Η
πρόταση αποδείχτηκε πλήρως για πρώτη
φορά από τον Dirichlet (1805-1859). Προφανώς η
ακολουθία (Β.ν
+ Α) αποτελεί
αριθμητικοί πρόοδο. Η πλήρης απόδειξη
της είναι ιδιαιτέρως δύσκολη και
μακροσκελής και απαιτεί γνώση ιδιαίτερα
προχωρημένων θεμάτων της αριθμοθεωρίας.
Ειδικές περιπτώσεις αυτού του θεωρήματος
αποδεικνύονται ευκολότερα και μερικές
από αυτές αποδεικνύονται πολύ εύκολα.
Παράδειγμα
αποτελεί η ακολουθία με γενικό όρο 4ν-1.
Η ακολουθία περιλαμβάνει πρώτους
αριθμούς. Περιλαμβάνει τους 3 , 7 , 11
, 19 , 23 , ............ κ.λ.π. Αν p ένας
θετικός πρώτος θα αποδείξουμε ότι η
ακολουθία περιλαμβάνει πρώτους αριθμούς
μεγαλύτερους του p.
Έστω
ο αριθμός Μ = 4.(3.5.7.11. ...... .p) - 1
(1)
Ο
Μ είναι της μορφής 4ν-1 , είναι περιττός
αριθμός και έχει έναν τουλάχιστον
διαιρέτη που είναι πρώτος αριθμός. Όμως
εξ αιτίας της (1) ούτε ο p ούτε κανείς
από τους πρώτους αριθμούς τους μικρότερους
του p μπορεί να είναι διαιρέτης του
Μ. Όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του Μ
είναι επομένως περιτοί αριθμοί μεγαλύτεροι
του p.
Ως
περιττοί όμως θα είναι άλλοι μεν της
μορφής 4ν+1 , άλλοι δε της μορφής
4ν-1. Το να είναι όλοι της μορφής 4ν+1
αποκλείεται επειδή δύο περισσότεροι
αριθμοί αυτής της μορφής
πολλαπλασιαζόμενοι μεταξύ τους δίδουν
γινόμενο της ίδιας μορφής. Άρα υπάρχει
ένας τουλάχιστον πρώτος διαιρέτης του
Μ της μορφής 4ν-1 και έχουμε πει ότι
όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του Μ είναι
μεγαλύτεροι του p.
Σχετικά
απλές αποδείξεις υπάρχουν και για
αριθμούς της μορφής 4ν+1 , 5ν -1 , 6ν-1 , 8ν-1 ,
8ν-3 , 8ν +3
Στην
περίπτωσή μας μας ενδιαφέρουν ακολουθίες
με γενικό όρο της μορφής
ν.10N+1+
1 (2)
Το τρίτο τέλος θέμα είναι το πώς αποδεικνύουμε ότι ένας αριθμός είναι άρρητος.
Έτσι αν Α είναι ακέραιος, και η εξίσωση χν = Α δεν έχει ακέραιo αριθμό ως ρίζα τότε δεν έχει ούτε ρητή ρίζα. Η εξίσωση χ2 = 17 δεν έχει ακέραια ρίζα αφού
42 = 16 < 17 και 52 = 25 .> 17 ,
άρα σύμφωνα με την τελευταία πρόταση η τετραγωνική ρίζα του 17 είναι άρρητος αριθμός.
Μπορούμε να γενικεύσουμε περαιτέρω. Αν η εξίσωση δεν έχει ρητές ρίζες ή η εξίσωση έχει ρητές ρίζες αλλά ο χ δεν είναι κάποια από αυτές, τότε ο χ είναι άρρητος, είτε ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου είναι 1 είτε είναι άλλος ακέραιος.
Αν το ανάγωγο (μή απλοποιήσιμο) κλάσμα α / β είναι ρίζα μιας πολυωνυμικής εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές τότε ο ακέραιος α είναι διαιρέτης του σταθερού όρου και ο ακέραιος β είναι διαιρέτης του συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου.
Για παράδειγμα έστω χ ο λόγος της χρυσής τομής (ο μεγαλύτερος του 1). Είδαμε στην ανάρτηση για την ανακάλυψη των αρρήτων αριθμών, ότι είναι ρίζα της εξίσωσης
Μια άλλη περίπτωση είναι αριθμοί της μορφής ( α.χ2/3 + βχ1/3 + γ ) όπου α, β, γ είναι ρητοί αριθμοί και ο χ ρητός αλλά ο χ1/3 είναι άρρητος. Οι αριθμοί αυτής της μορφής δεν ισούνται με 0 εκτός αν α=β=γ=0. Επομένως με α, β, γ ρητούς και χ ρητό αλλά τον χ1/3 άρρητο, οι αριθμοί της μορφής ( α.χ2/3 + βχ1/3 + γ ) είναι άρρητοι εκτός αν α=β =0.
Γιατί έστω 0 = α.χ2/3 + β.χ1/3 + γ . Πολλαπλασιάζω επί χ1/3 τα δύο μέλη αυτής της σχέσης και βρίσκω
β.χ2/3 + γ.χ1/3 + α.χ = 0.
Από τις δύο σχέσεις βρίσκω τους αριθμούς χ2/3, χ1/3 ως ρητή έκφραση των ρητών αριθμών α, β, γ, χ και επομένως ρητούς, όπερ άτοπον εκτός αν α=β=γ =0..
Ας δούμε τώρα ένα πιο σύνθετο παράδειγμα. Ο αριθμός συν(π/7) είναι ρητός ή άρρητος; Ο π είναι ο λόγος της περιφέρειας προς τη διάμετρο κάθε κύκλου.
Αν πούμε α τον αριθμό π/7 και εδώ παριστάνει το μέτρο ενός τόξου σε ακτίνια. Έχουμε
7α = π και
συν(7α) = συνπ = -1 (1)
Η (1) ισχύει όμως όχι μόνο για α = π/7 αλλά γενικά για
7α = π + 2κπ ή α = π/7 + (2κπ)/7 = (2κ + 1).(π/7) (2)
όπου ο κ μπορεί να είναι οποιοσδήποτε ακέραιος αριθμός
Αν μετατρέψουμε την (1) σε εξίσωση ως προς το συνα η εξίσωση που θα προκύψει θα έχει τις λύσεις
συνα = συν(π/7) αν κ = 7ρ όπου ρ τυχόν ακέραιος
συνα = συν(3π/7) (κ = 7ρ + 1 )
συνα = συν(5π/7) (κ = 7ρ + 2 )
συνα = συν(7π/7) = -1 ( κ = 7ρ +3 )
συνα = συν(9π/7) (κ = 7ρ + 4 )
συνα = συν(11π/7) (κ = 7ρ + 5)
συνα = συν(13π/7) (κ = 7ρ +6 )
Αν στην εξίσωση ως προς συνα θέσουμε συν α = χ
θα προκύψει εξίσωση ως προς χ με ρίζες τους αριθμούς συν(π/7), συν(3π/7), συν(5π/7), συν(7π/7), συν(9π/7), συν(11π/7), συν(13π/7) και καμμιά άλλη ρίζα
Ας βρούμε αυτήν την εξίσωση
Εφαρμόζουμε τη σχέση (συνθ + iημθ)ν = συν(νθ) + iημ(νθ) για θ=α=(π/7 + 2κπ/7) και ν=7
Βρίσκουμε
(συνα + iημα)7 = συν7α + iημ7α = συνπ + iημπ = -1
Αναπτύσσοντας το διώνυμο (συνα + iημα)7 = και εξισώνοντας τα πραγματικά μέρη στην τελευταία σχέση βρίσκουμε
Επομένως για α = π/7 + 2κπ/7 (κ ακέραιος), τα συνα είναι ρίζες της εξίσωσης
Ας παρατηρηθεί τέλος, ότι ναι μέν οι αριθμοί συν(π/7), συν(3π/7), συν(5π/7) είναι άρρητοι αλλά
Ένα παράδειγμα διαφορετικό.
Ο αριθμός 0,2357111317192329313741........
στον οποίο η ακολουθία των ψηφίων σχηματίζεται από τους θετικούς πρώτους αριθμούς σε αύξουσα σειρά, είναι άρρητος αριθμός.
Μια πιο άμεση απόδειξη δίνει η χρήση ενός άλλου σημαντικού θεωρήματος. Το διατυπώνω.
Αν Α και Β είναι ακέραιοι σχετικώς πρώτοι και διάφοροι του μηδενός, τότε η ακολουθία που περιλαμβάνει όλους τους αριθμούς της μορφής Β.ν + Α (ν ακέραιος θετικός αριθμός), περιλαμβάνει άπειρους πρώτους αριθμούς.
Έστω ο αριθμός Μ = 4.(3.5.7.11. ...... .p) - 1 (1)
Για
κάθε Ν έχω μια ακολουθία της μορφής
Β.ν + Α με Β = 10N+1 και Α = 1, με
τους Β και Α πρώτους μεταξύ τους.
Επομένως για κάθε Ν έχω μια ακολουθία
που περιλαμβάνει άπειρους πρώτους
αριθμούς. Αυτοί οι πρώτοι αριθμοί έχουν στη γραφή τους Ν διαδοχικά 0 και ο Ν μπορεί να είναι οσοδήποτε μεγάλος.
Περαιτέρω,
οι ακολουθίες της μορφής (2)
περιλαμβάνουν μόνο αριθμούς
(μεταξύ τους και άπειροι πρώτοι αριθμοί),
που στη γραφή τους στο δεκαδικό σύστημα
αρίθμησης εμφανίζονται
Ν συνεχόμενα μηδέν και ο Ν μπορεί να
επιλεχθεί όσοδήποτε μεγάλος και
επομένως μεγαλύτερος από το διπλάσιο
των ψηφίων της όποιας περιόδου του
αριθμού
0,23571113171923293137414347..........
(3)
Αυτό
μας αποδεικνύει οτι ο αριθμός (3) δεν
μπορεί να είναι περιοδικός και επομένως δεν είναι ρητός.
Ας
σημειωθεί ότι το
να αποδειχθεί ιδιαιτέρως ότι κάθε μια
από τις ακολουθίες με γενικό όρο
της μορφής ν.10N+1+ 1 περιλαμβάνει άπειρους πρώτους
αριθμούς θεωρείται ευκολότερο από
το να αποδειχθεί αυτό γενικά για
τις ακολουθίες
της μορφής Β.ν
+ Α με Β , Α σχετικώς πρώτους, αλλά
δεν μπόρεσα να βρω μια τέτοια απόδειξη
.
Θα
συνεχίσω αυτήν την παράγραφο με την
απόδειξη του ότι ο αριθμός
e = 1/0! +
1/1! + 1/2! + 1/3! + .... + 1/ν! + ...... και έτσι επ'
άπειρον είναι άρρητος. Θυμίζω ότι 0! =
1 εξ ορισμού.
Έστω e ρητός και e = Α/Ν με
Α, Ν θετικούς ακέραιους, και
σ =
1/0! + 1/1! + 1/2! + 1/3! + .... + 1/Ν! = α/ Ν! με
α θετικό ακέραιο.
Είναι (e - σ ) > 0
, (e-σ) = (Α/Ν - α/Ν!) και
(e
-σ).Ν! = [Α.(Ν-1)! - α] και συνεπώς θετικός
ακέραιος. (1)
Είναι όμως: (e - σ) =
1/(Ν+1)! + 1/(Ν+2)! + 1/(Ν+3)! + ..... και έτσι επ'
άπειρον, και
(e - σ).Ν! = 1/(Ν+1) + 1/ (Ν+1)(Ν+2)
+ 1/(Ν+1)(Ν+2)(Ν+3) + .... και
(e - σ).Ν! <1/
(Ν+1)+1/(Ν+1)2+1/(Ν+1)3+
....=Ν/(Ν+1)< 1 (2)
Τα συμπεράσματα
(1) και (2) αντιφάσκουν και αυτό αποδεικνύει
το ζητούμενο.
Με ανάλογο τρόπο,
όμως με πιο πολύπλοκη διαδικασία,
αποδεικνύεται ότι αν ο χ είναι ρητός
και διάφορος του 0, τότε και ο
αριθμός
ex = χ0/0!
+ χ1/1!
+ χ2/2!
+ .... + χν/ν!
+ ......
και έτσι επ' άπειρον είναι
άρρητος. Θυμίζω ότι 0! = 1
Οι αριθμοί
όμως e και eχ
(χ
ρητός διάφορος του 0), πέρα από άρρητοι
είναι και υπερβατικοί. Για το θέμα αυτό
θα πούμε λίγα αργότερα.
Ένα
πιο δύσκολο θέμα είναι η απόδειξη του
ότι ο
αριθμός π ,
ο λόγος της περιφέρειας προς τη διάμετρο
κάθε κύκλου , είναι άρρητος.
Όμως
σήμερα υπάρχει μια σχετικά προσιτή
απόδειξη. Την οφείλουμε στον Καναδο-Αμερικανό
μαθηματικό Ιβάν Νίβεν (1915-1999). Ας τη
δούμε.
I.
Έστω ότι ο π είναι ρητός αριθμός και
π
= (α / β)
με
α, β θετικούς ακέραιους.
Θεωρώ
το ακέραιο πολυώνυμο φ(χ) που ορίζεται
από τη σχέση
φ(χ) = [χν .(α-
β.χ)ν] / ν! = [χ.(α-β.χ)]ν /
ν!
Για
την τιμή του ακέραιου θετικού αριθμού
ν θα μιλήσουμε αργότερα. Θα δούμε τώρα
μερικές ιδιότητες του φ(χ).
α)
Το [χ.(α-β.χ)] έχει ως ρίζες τον 0 και τον
(α/ β ) = π
β)
Το [χ.(α-β.χ)] είναι θετικό όταν το χ παίρνει
τιμές μεγαλύτερες του 0 και ταυτόχρονα
μικρότερες του (α/ β)
γ)
Το [χ.(α-β.χ)] και το φ(χ) έχουν μέγιστο
για την ίδια τιμή του χ όταν το χ
μεταβάλλεται στο διάστημα [0, α/β]
δ)
Το μέγιστο του φ(χ) στο [0, α/β] επιτυγχάνεται
για χ = (α/2β)
ε)
Η συνάρτηση φ(χ) είναι γνησίως αύξουσα
στο διάστημα [0, α/2β] και γνησίως
φθίνουσα στο διάστημα [α/2β, α/β]
στ)
Είναι φ(α/2β) = (1/ν!). (α2/4β)ν
ζ)
Αν 0 < χ < α/β και χ διάφορο του α/2β τότε
ισχύει
φ(χ)
< (1/ν!). (α2/4β)ν
η)
Για κατάλληλα μεγάλο ν
και 0 < χ < α/β,
είναι
φ(χ)
< ε
Και
αυτό θα ισχύει για οποιονδήποτε
θετικό αριθμό ε, οσοδήποτε μικρός
και να είναι ο θετικός αριθμός ε
II) Θα
χρειαστούμε και άλλες ιδιότητες του
φ(χ). Τις παραθέτω.
α)
Είναι φ(χ) =
φ[(α/β) – χ] για κάθε χ
και
επομένως φ(0) = φ(α/β)
β)
Από το πρώτο μέρος του (α) προκύπτει
ότι:
φ(2)(
χ) = φ(2) [(α/β)
– χ]
φ(4)(
χ ) = φ(4) [(α/β)
– χ]
φ(2κ)(
χ ) = φ(2κ)[(α/β)
– χ]
φ(2ν)(
χ ) = φ(2ν)[(α/β)
– χ]
όπου
το σύμβολο φ(ρ)( χ ) σημαίνει τη
παράγωγο τάξεως ρ του φ(χ)
γ)
Ισχύει επομένως
φ(2)(0)
= φ(2)(α/β)
φ(4)(0)
= φ(4)(α/β)
φ(2κ)(0) =
φ(2κ)(α/β)
φ(2ν)(0)
= φ(2ν)(α/β)
και
είναι (α/β) =
π
δ)
Είναι:
ν! .φ(χ) =
[χ.(α-β.χ)]ν και
το
δεύτερο μέλος αυτής της είναι ακέραιο
πολύώνυνο με ακέραιους συντελεστές
βαθμού 2ν.
Ακόμη,
ο ελάχιστου βαθμού προσθετέος του έχει
βαθμό ν
Είναι
επομένως
ν!.φ(χ) = γ0.χν +
γ1.χν+1+ …. γκχν
+ κ + …. + γν.χ2ν
με
γκ = (-1)κ .[
ν! / κ! . (ν-κ)!] και επομένως ακέραιους
αριθμούς
ε)
Είναι
ν! . φ(κ)(0) = 0
για κ< ν
ν!.
φ(ν+κ)(0)
= (ν+κ)!. γκ
για κ < ή ισο του ν
φ(ν+κ)(0)
= [ (ν+κ)! / ν!]. γκ
και επομένως ακέραιος αριθμός
ζ)
Είναι
φ(κ) (π) =
φ(κ)(α/β) = φ(κ)(0)
= ακέραιος αριθμός
για κάθε κ< ή ισο του 2ν .
Ο κ είναι φυσικός αριθμος.
Είναι όμως
φ(κ)(χ) = 0 για κάθε χ όταν κ
>2.ν και επομένως
φ(κ) (π)
= φ(κ)(α/β) = φ(κ)(0)
= ακέραιος αριθμός
για κάθε φυσικό αριθμό κ
ΙΙΙ)
Ορίζω τη συνάρτηση Φ(χ) με τη ασχέση
Φ(χ) = φ(χ) - φ(2)(
χ) + φ(4)( χ ) - .....
+ (-1)ν.φ(2ν)(
χ )
Η
συνάρτηση φ(χ) και οι παράγωγές της έχουν
αναφερθεί παραπάνω.
Για
τη συνάρτηση Φ(χ) ισχύουν τα εξής:
α)
Είναι Φ(0) = Φ(π)
= ακέραιος αριθμός
Φ΄(0) =
-Φ΄(π) = ακέραιος αριθμός
Φ΄΄(0)
= Φ΄΄(π)
= ακέραιος αριθμός
και
π = α / β
β)
Είναι Φ΄΄(Χ) + Φ(χ) =
φ(χ) για
κάθε χ
Η απόδειξη είναι πολύ απλή.
Θυμίζω ότι φ(2ν+2)(
χ ) = 0 για κάθε χ
ΙV)
Υπολογίζω την παράγωγο της συνάρτησης
[Φ΄(χ).ημ(χ) - Φ(χ)συν(χ)]
Είναι
[Φ΄(χ).ημ(χ)
- Φ(χ)συν(χ)]΄ = [Φ΄΄(χ) + Φ(χ)].ημχ =
φ(χ).ημχ
Αυτό
σημαίνει ότι
Ολοκλήρωμα
από 0 έως π του φ(χ).dχ =
=
[Φ΄(π).ημ(π) - Φ(π)συν(π)] - [Φ΄(0).ημ(0)
- Φ(0)συν(0)] =
=
Φ(π) + Φ (0) = ακέραιος αριθμός
(1)
Όμως
η συνάρτηση φ(χ). ημχ που λοκληρώνουμε
έχουμε δεί ότι είναι θετική στο διάστημα
(0, π) και επιπλέον ειναι μικτότερη της
φ(χ) που όπως έχουμε δεί για κατάλληλα
μεγάλες τιμές του ν γίνεται μικρότερη
του οποιουδήποτε θετικού αριθμού ε.
Διαλέγουμε λοιπόν τον ν τόσο μεγάλο
ώστε να είναι
φ(χ)
< 1 / 10. Είναι και φ(χ) θετική στο (0,
π). Θα είναι λοιπόν
0 < [ολοκλήρωμα φ(χ).ημχ.
dχ από 0 έως π] <
< [ολοκλήρωμα
(1/10).dχ από 0 έως π] < π/10 < 1
(2)
Οι
σχέσεις (1) και (2) αντιφάσκουν και αυτό
αποδεικνύει το ζητούμενο. Τελεία και
παύλα.
Θεωρώ
όμως σκόπιμο να κάνω μιαν ανασκόπηση
της απόδειξης και να παραθέσω κάποια
σχόλια. Αποδείξαμε ότι
Αν ο π ισούται
με ρητό αριθμό, τότε
θα μπορούμε να
κατασκευάσουμε ένα πολυώνυμο, έστω το φ(χ),
με ρητούς συντελεστές του οποίου η τιμή
για χ=0 θα ισούται με την τιμή του για
χ=π και θα είναι ακέραιος αριθμός, και ότι το ίδιο θα συμβαίνει για την οποιασδήποτε
τάξεως παράγωγό του. (Α)
Αποδείξαμε
ακόμη ότι αυτό το πολυώνυμο μπορούμε
να το κατασκευάσουμε έτσι ώστε να παίρνει
θετικές τιμές στον διάστημα (0, π) και
ακόμη να παίρνει σε αυτό το διάστημα
θετικές μεν τιμές αλλά και οσοδήποτε
μικρές θετικές τιμές εμείς θέλουμε.
(Β)
Αποδείξαμε τέλος ότι, η ταυτόχρονη
ισχύς των (Α) (Β) οδηγεί στην αντίφαση
ένας ακέραιος αριθμός να είναι
μεγαλύτερος του 0 και μικρότερος του
1.
Η διαδικασία που ακολουθήσαμε
αποτελεί τυποποιημένη τεχνική. Το
ζήτημα είναι η επιλογή κατάλληλου
πολυωνύμου και υπάρχουν προτάσεις για
κατάλληλες επιλογές.
Ο Spivak χρησιμοποίησε
άλλο πολυώνυμο για να δείξει με την ίδια
τεχνική την ισχυρότερη πρόταση ότι ο
αριθμός π2 είναι άρρητος και
σχολιάζει τελικά ότι η απόδειξη φαίνεται μυστηριώδης. Αποδείξαμε γράφει,
ότι ο π είναι άρρητος χωρίς να πούμε
έναν ορισμό του π. Αν ξανακοιτάξουμε
όμως προσεκτικά συνεχίζει , θα δούμε
ότι χρησιμοποιήσαμε τη σχέση ημπ =
0. Ο π είναι η ελάχιστη θετική λύση της
εξίσωσης ημχ = 0.
Η απόδειξη λέει,
βασίζεται στις ιδιότητες της συνάρτησης
ημχ και οι ιδιότητες αυτής της συνάρτησης
που χρησιμοποιήσαμε την καθορίζουν
πλήρως. Θυμίζω ότι οι ιδιότητες που
χρησιμοποιήσαμε είναι:
ημ0 = 0
ημ΄0 = 1
ημ΄΄χ = - ημχ
Και
η ιδιότητα -1< ημχ < 1 προκύπτει ως συνέπεια αυτών των ιδιοτήτων (
Spivak).
Αυτά από τον Σπίβακ. Εγώ θα
προσθέσω ότι βεβαίως η απόδειξη δεν
βασίζεται άμεσα στον αρχικό ορισμό του
π. Μια τέτοια απόδειξη δεν έχει καταστεί
δυνατόν να βρεθεί. Οι αποδείξεις που
έχουν δοθεί κάνουν χρήση πολύπλοκων
μαθηματικών εργαλείων που η ανάπτυξη
τους απαίτησε αιώνες εργασίας των
μαθηματικών μετά την ανακάλυψη και τον
αρχικό ορισμό του π.
e = 1/0! + 1/1! + 1/2! + 1/3! + .... + 1/ν! + ...... και έτσι επ' άπειρον είναι άρρητος. Θυμίζω ότι 0! = 1 εξ ορισμού.
Έστω e ρητός και e = Α/Ν με Α, Ν θετικούς ακέραιους, και
σ = 1/0! + 1/1! + 1/2! + 1/3! + .... + 1/Ν! = α/ Ν! με α θετικό ακέραιο.
Είναι (e - σ ) > 0 , (e-σ) = (Α/Ν - α/Ν!) και
(e -σ).Ν! = [Α.(Ν-1)! - α] και συνεπώς θετικός ακέραιος. (1)
Είναι όμως: (e - σ) = 1/(Ν+1)! + 1/(Ν+2)! + 1/(Ν+3)! + ..... και έτσι επ' άπειρον, και
(e - σ).Ν! = 1/(Ν+1) + 1/ (Ν+1)(Ν+2) + 1/(Ν+1)(Ν+2)(Ν+3) + .... και
(e - σ).Ν! <1/ (Ν+1)+1/(Ν+1)2+1/(Ν+1)3+ ....=Ν/(Ν+1)< 1 (2)
Τα συμπεράσματα (1) και (2) αντιφάσκουν και αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο.
Με ανάλογο τρόπο, όμως με πιο πολύπλοκη διαδικασία, αποδεικνύεται ότι αν ο χ είναι ρητός και διάφορος του 0, τότε και ο αριθμός
ex = χ0/0! + χ1/1! + χ2/2! + .... + χν/ν! + ......
και έτσι επ' άπειρον είναι άρρητος. Θυμίζω ότι 0! = 1Οι αριθμοί όμως e και eχ
(χ ρητός διάφορος του 0), πέρα από άρρητοι είναι και υπερβατικοί. Για το θέμα αυτό θα πούμε λίγα αργότερα.
Ένα πιο δύσκολο θέμα είναι η απόδειξη του ότι ο αριθμός π , ο λόγος της περιφέρειας προς τη διάμετρο κάθε κύκλου , είναι άρρητος.
I. Έστω ότι ο π είναι ρητός αριθμός και
II) Θα χρειαστούμε και άλλες ιδιότητες του φ(χ). Τις παραθέτω.
α) Είναι φ(χ) = φ[(α/β) – χ] για κάθε χ
και επομένως φ(0) = φ(α/β)
β) Από το πρώτο μέρος του (α) προκύπτει ότι:
δ) Είναι:
ν! .φ(χ) = [χ.(α-β.χ)]ν και
το δεύτερο μέλος αυτής της είναι ακέραιο πολύώνυνο με ακέραιους συντελεστές βαθμού 2ν.
Είναι επομένως
ν!.φ(χ) = γ0.χν + γ1.χν+1+ …. γκχν + κ + …. + γν.χ2ν με
ε) Είναι
ν! . φ(κ)(0) = 0 για κ< ν
ζ) Είναι
φ(κ) (π) = φ(κ)(α/β) = φ(κ)(0) = ακέραιος αριθμός
για κάθε κ< ή ισο του 2ν . Ο κ είναι φυσικός αριθμος.
Είναι όμως
φ(κ)(χ) = 0 για κάθε χ όταν κ >2.ν και επομένως
για κάθε φυσικό αριθμό κ
ΙΙΙ) Ορίζω τη συνάρτηση Φ(χ) με τη ασχέση
Φ(χ) = φ(χ) - φ(2)( χ) + φ(4)( χ ) - ..... + (-1)ν.φ(2ν)( χ )
Η συνάρτηση φ(χ) και οι παράγωγές της έχουν αναφερθεί παραπάνω.
Για τη συνάρτηση Φ(χ) ισχύουν τα εξής:
α) Είναι Φ(0) = Φ(π) = ακέραιος αριθμός
Φ΄(0) = -Φ΄(π) = ακέραιος αριθμός
και π = α / β
β) Είναι Φ΄΄(Χ) + Φ(χ) = φ(χ) για κάθε χ
Η απόδειξη είναι πολύ απλή. Θυμίζω ότι φ(2ν+2)( χ ) = 0 για κάθε χ
ΙV) Υπολογίζω την παράγωγο της συνάρτησης
[Φ΄(χ).ημ(χ) - Φ(χ)συν(χ)]
Είναι
[Φ΄(χ).ημ(χ) - Φ(χ)συν(χ)]΄ = [Φ΄΄(χ) + Φ(χ)].ημχ = φ(χ).ημχ
Αυτό σημαίνει ότι
= [Φ΄(π).ημ(π) - Φ(π)συν(π)] - [Φ΄(0).ημ(0) - Φ(0)συν(0)] =
= Φ(π) + Φ (0) = ακέραιος αριθμός (1)
Όμως η συνάρτηση φ(χ). ημχ που λοκληρώνουμε έχουμε δεί ότι είναι θετική στο διάστημα (0, π) και επιπλέον ειναι μικτότερη της φ(χ) που όπως έχουμε δεί για κατάλληλα μεγάλες τιμές του ν γίνεται μικρότερη του οποιουδήποτε θετικού αριθμού ε. Διαλέγουμε λοιπόν τον ν τόσο μεγάλο ώστε να είναι
0 < [ολοκλήρωμα φ(χ).ημχ. dχ από 0 έως π] <
< [ολοκλήρωμα (1/10).dχ από 0 έως π] < π/10 < 1 (2)
Οι σχέσεις (1) και (2) αντιφάσκουν και αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο. Τελεία και παύλα.
Η διαδικασία που ακολουθήσαμε αποτελεί τυποποιημένη τεχνική. Το ζήτημα είναι η επιλογή κατάλληλου πολυωνύμου και υπάρχουν προτάσεις για κατάλληλες επιλογές.
Ο Spivak χρησιμοποίησε άλλο πολυώνυμο για να δείξει με την ίδια τεχνική την ισχυρότερη πρόταση ότι ο αριθμός π2 είναι άρρητος και σχολιάζει τελικά ότι η απόδειξη φαίνεται μυστηριώδης. Αποδείξαμε γράφει, ότι ο π είναι άρρητος χωρίς να πούμε έναν ορισμό του π. Αν ξανακοιτάξουμε όμως προσεκτικά συνεχίζει , θα δούμε ότι χρησιμοποιήσαμε τη σχέση ημπ = 0. Ο π είναι η ελάχιστη θετική λύση της εξίσωσης ημχ = 0.
Η απόδειξη λέει, βασίζεται στις ιδιότητες της συνάρτησης ημχ και οι ιδιότητες αυτής της συνάρτησης που χρησιμοποιήσαμε την καθορίζουν πλήρως. Θυμίζω ότι οι ιδιότητες που χρησιμοποιήσαμε είναι:
ημ0 = 0
ημ΄0 = 1
ημ΄΄χ = - ημχ
Και η ιδιότητα -1< ημχ < 1 προκύπτει ως συνέπεια αυτών των ιδιοτήτων ( Spivak).
Αυτά από τον Σπίβακ. Εγώ θα προσθέσω ότι βεβαίως η απόδειξη δεν βασίζεται άμεσα στον αρχικό ορισμό του π. Μια τέτοια απόδειξη δεν έχει καταστεί δυνατόν να βρεθεί. Οι αποδείξεις που έχουν δοθεί κάνουν χρήση πολύπλοκων μαθηματικών εργαλείων που η ανάπτυξη τους απαίτησε αιώνες εργασίας των μαθηματικών μετά την ανακάλυψη και τον αρχικό ορισμό του π.
3.
Αποτελέσματα πράξεων με άρρητους
αριθμούς
Ο
αριθμός χ = 51/2 είναι
άρρητος και ο αριθμός ψ = 73/11 επίσης.
Σχετικά εύκολα μπορεί να δειχθεί ότι ο
αριθμός (χ+ψ), ο αριθμός (χ-ψ) και
οποιοσδήποτε γραμμικός συνδυασμός
τους α. χ + β.ψ + γ με α, β,
γ ρητούς και α, β διάφορους του μηδέν,
παριστάνει αριθμό άρρητο αλλά και
ασύμμετρο προς καθέναν από τους χ,
ψ. Άρρητοι αριθμοί είναι και οι
αντίστροφοι των χ, ψ και το γινόμενο
(χ.ψ) και ο λόγος (χ/ψ) και ο λόγος
(ψ/χ) και όχι μόνο.
Αυτό
όμως δεν ισχύει για οποιουσδήποτε
άρρητους αριθμούς. Το άθροισμα δύο
αρρήτων μπορεί να είναι εν γένει είτε
ρητός είτε άρρητος αριθμός . Το ίδιο
συμβαίνει και με τη διαφορά και με το
γινόμενο και με το πηλίκο δύο αρρήτων.
Μπορεί κατά περίπτωση οποιοδήποτε από
αυτά να είναι είτε ρητός είτε άρρητος
αριθμός, άλλά δεν μπορεί για ένα ζεύγος
αρρήτων α, β δύο από τους αριθμούς (α+β) , (α-β) και (α/β) να είναι ρητοί
αριθμοί . Μπορεί όμως να είναι ρητοί αριθμοί το γινόμενο (α.β) και ένας το πολύ από τους αριθμούς (α+β) , (α-β) και (α/β) .Μπορεί βεβαίως να είναι ρητός μόνο ένας από τους 4 αυτούς αριθμούς ή και κανένας
Για
παράδειγμα ρητού αθροίσματος δύο αρρήτων , θυμίζω ότι είδαμε στη σημείωση της
παραγράφου 4 της ανάρτησης για την
ανακάλυψη των αρρήτων ότι οι ρίζες της
εξίσωσης χ2 - χ – 1= 0 είναι
άρρητοι αριθμοί. Το άθροισμα των ριζών
όμως είναι 1 και το γινόμενό τους
είναι -1. Περαιτέρω αν χ είναι
οποιαδήποτε από τις δύο ρίζες της
εξίσωσης τότε όπως έχουμε πει ο χ είναι
άρρητος αλλά και ο χ2 είναι
άρρητος αφού ισχύει χ =χ2 – 1
και αν ο χ2 ήταν ρητός, ρητός θα
ήταν και ο χ. Ο αριθμός χ2+ (-χ)
είναι επομένως άθροισμα δύο αρρήτων
αλλά ισούται με 1 αφού χ2 - χ –
1= 0.
¨Ενα άλλο παράδειγμα ρητού αθροίσματος δύο αρρήτων παίρνουμε με τους αριθμούς
χ = 0,101001000100001000001......
όπου μετά το νιοστό 1 ακολουθουν ν μηδενικά για κάθε ν, και
ψ= 0,0101101110111101111101111110.........
όπου μετά το νιοστό 0 ακολουθού ν το πλήθος 1 για κάθε ν.
Ο αριθμός χ είναι άρρητος αφού δεν μπορεί να είναι περιοδικός. Δεν μπορεί να έχει περίοδο με ένα ψηφίο αφου στο δεκαδικό του ανάπτυγμα παρουσιάζονται δύο και περισσότερα συνεχόμενα μηδενικά και δεν μπορεί να έχει περίοδο με Ν ψηφία αφου στο δεκαδικό του ανάπτυγμα παρουσιάζονται Ν+1 και περισσότερα συνεχόμενα μηδενικά και αυτό ισχύει για κάθε Ν
Ο αριθμός ψ είναι επίσης άρρητος για όμοιους λόγους.
Όμως είναι χ + ψ = 0,11111111111111111........... = 1 / 9 και επομένως ο (χ+ψ) είναι ρητός αριθμός.
Παραδείγμα ρητού γινομένου δυο αρρήτων δίνουν οι άρρητοι αριθμοί 61/2 και (3/8)1/2
¨Ενα άλλο παράδειγμα ρητού αθροίσματος δύο αρρήτων παίρνουμε με τους αριθμούς
χ = 0,101001000100001000001......
όπου μετά το νιοστό 1 ακολουθουν ν μηδενικά για κάθε ν, και
ψ= 0,0101101110111101111101111110.........
όπου μετά το νιοστό 0 ακολουθού ν το πλήθος 1 για κάθε ν.
Ο αριθμός χ είναι άρρητος αφού δεν μπορεί να είναι περιοδικός. Δεν μπορεί να έχει περίοδο με ένα ψηφίο αφου στο δεκαδικό του ανάπτυγμα παρουσιάζονται δύο και περισσότερα συνεχόμενα μηδενικά και δεν μπορεί να έχει περίοδο με Ν ψηφία αφου στο δεκαδικό του ανάπτυγμα παρουσιάζονται Ν+1 και περισσότερα συνεχόμενα μηδενικά και αυτό ισχύει για κάθε Ν
Ο αριθμός ψ είναι επίσης άρρητος για όμοιους λόγους.
Όμως είναι χ + ψ = 0,11111111111111111........... = 1 / 9 και επομένως ο (χ+ψ) είναι ρητός αριθμός.
Παραδείγμα ρητού γινομένου δυο αρρήτων δίνουν οι άρρητοι αριθμοί 61/2 και (3/8)1/2
Παράδειγμα ρητού πηλίκου δίνουν οι άρρητοι αριθμοί 61/2 και (32/3)1/2
Μπορούμε
να σκεφτούμε και πιο σύνθετες πράξεις.
Αν ο χ είναι πραγματικός άρρητος αριθμός
και το ίδιο συμβαίνει για τον ψ, ο αριθμός
χψ είναι ρητός ή άρρητος; Δύσκολο
θέμα και η απάντηση έχει πολλές πτυχές.
Πάντως υπάρχουν χ, ψ πραγματικοί
άρρητοι που κάνουν τον χψ ρητό.
Μπορούμε να δώσουμε την απόδειξη αυτού
του ισχυρισμού αν και η απόδειξη που
δόθηκε προκάλεσε πολλές συζητήσεις. Ας
τη δούμε.
Με
α = «ρίζα 5» και β = «ρίζα 2» οι α, β είναι
άρρητοι, δεν ξέρω όμως αν ο αβ είναι
ρητός ή άρρητος. Αν όμως είναι ρητός, τότε
υπάρχουν οι άρρητοι
χ
=α και ψ = β
που
καθιστούν τον χψ ρητό
Αν
τώρα ο αβ είναι άρρητος τότε
παίρνοντας χ = αβ επομένως
άρρητο και ψ = β επίσης άρρητο έχω
χψ =
αβ.β = α2 = 5
και
υπάρχουν και σε αυτήν την περίπτωση οι χ = αβ, ψ = β πραγματικοί
άρρητοι και οι δύο, για τους οποίους ο
χψ είναι ρητός.
Επειδή
δεν υπάρχει άλλη περίπτωση από το να
είναι ο αβ ρητός ή
άρρητος έπεται ότι υπάρχουν σε κάθε περίπτωση άρρητοι πραγματικοί αριθμοί χ, ψ για
τους οποίους ο χψ είναι ρητός.
Επί του θέματος θα επανέλθουμε.
4. Αλγεβρικοί αριθμοί
Έχουμε
αναφέρει ότι άρρητοι και ρητοί αριθμοί
μαζί αποτελούν το σύνολο των πραγματικών
αριθμών. Οι
άρρητοι αποτελούν ένα γνήσιο υποσύνολο
του συνόλου των πραγματικών αριθμών
και οι ρητοί ένα άλλο . Τα δύο αυτά
υποσύνολα δεν είναι κενά και δεν έχουν
κοινά στοιχεία. Η τομή τους είναι το
κενό σύνολο και ή ένωσή τους αποτελεί
το σύνολο όλων των πραγματικών αριθμών.
Όλα αυτά σημαίνουν ότι
οι ρητοί και οι άρρητοι αριθμοί αποτελούν
έναν διαμερισμό του
συνόλου των πραγματικών αριθμών,
διαμερισμό σε
ρητούς και άρρητους αριθμούς. Μπορούμε
όμως να έχουμε διαφορετικούς διαμερισμούς.
Και υπάρχουν διαμερισμοί που παρουσιάζουν
ιδιαίτερο ενδιαφέρον
Ο
αριθμός «ρίζα 7» είναι άρρητος αριθμός
και αποτελεί ρίζα της εξίσωσης χ2 –
7
= 0. Και
ο λόγος της χρυσής τομής είναι επίσης
άρρητος αριθμός και είναι λύση της
εξίσωσης χ2 -
χ -1 = 0. Και οι δύο εξισώσεις
είναι πολυωνυμικές εξισώσεις δευτέρου
βαθμού με ακέραιους συντελεστές. Δεν
υπάρχουν πολυωνυμικές εξισώσεις πρώτου
βαθμού με ακέραιους συντελεστές που οι
λύσεις τους να είναι άρρητοι αριθμοί.
Μπορούμε
να βρούμε ότι
ο
αριθμός «ρίζα 2» + «ρίζα 5» είναι ρίζα
εξίσωσης τουλάχιστον τετάρτου βαθμού με ακέραιους συντελεστές(διτετράγωνης)
ο
αριθμός (1 + «τρίτη ρίζα του 4 /15»)
είναι λύση εξίσωσης τουλάχιστον τρίτου
βαθμού και
ο
αριθμός «ρίζα 17» + «έκτη ρίζα του 38»
είναι λύση εξίσωσης τουλάχιστον δωδέκατου
βαθμού
και
μιλάμε πάντοτε για εξισώσεις πολυωνυμικές
με ακέραιους συντελεστές.
Τους
αριθμούς που είναι λύσεις πολυωνυμικής
εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές τους
λέμε αλγεβρικούς αριθμούς. Μια πολυωνυμική εξίσωση με τους συντελεστές ρητούς αριθμούς πολλαπλασιαζόμενη με το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών των συντελεστών της , μετατρέπεται σε εξίσωση με ακέραιους συντελεστές που έχει τις ίδιες λύσεις με την αρχική εξίσωση.
Όλοι
οι ρητοί αριθμοί είναι αλγεβρικοί αφού
όλοι αποτελούν λύσεις πολυωνυμικής
εξίσωσης πρώτου βαθμού με ακέραιους
συντελεστές.Λέμε ειδικότερα ότι όλοι
οι ρητοί αριθμοί είναι αλγεβρικοί
αριθμοί πρώτου βαθμού. Φυσικά όλοι οι
αλγεβρικοί αριθμοί πρώτου βαθμού είναι
ρητοί.
Αυτό
σημαίνει ότι μεταξύ δύο πραγματικών
αριθμών υπάρχει πάντοτε αλγεβρικός
αριθμός και επομένως οι αλγεβρικοί
αριθμοί είναι παντού πυκνοί μέσα στους
πραγματικούς αριθμούς.
Όταν
Ν είναι ο ελάχιστος δυνατός βαθμός μιας
πολυωνυμικής εξίσωσης με ακέραιους
συντελεστές που έχει ως λύση τον αριθμό
χ, λέμε ότι ο χ είναι αλγεβρικός αριθμός
Ν βαθμού.
Υπάρχουν
αλγεβρικοί αριθμοί πρώτου βαθμού,
δευτέρου βαθμού, τρίτου βαθμού… και
ούτω καθεξής. Οι αλγεβρικοί αριθμοί
πρώτου βαθμού είναι οι ρητοί αριθμοί.
Όλοι οι άλλοι αλγεβρικοί αριθμοί είναι
άρρητοι. Και οι αλγεβρικοί αριθμοί κάθε
βαθμού είναι απείρου πλήθους. Υπάρχουν
επομένως άπειρες κατηγορίες ή
είδη αρρήτων αριθμών. Kάθε κατηγορία
περιλαμβάνει άπειρους άρρητους αριθμούς
και κάθε άρρητος αριθμός δεν ανήκει σε
περισσότερες από μια κατηγορίες. Ο
αριθμός «ρίζα 5» για παράδειγμα
είναι αλγεβρικός αριθμός δευτέρου
βαθμού και όχι και κάποιου
άλλου βαθμού.Υπάρχουν όμως άρρητοι
αριθμοί που δεν ανήκουν σε καμιά
κατηγορία αλγεβρικών αριθμών, δηλαδή
που δεν είναι αλγεβρικοί. Τους λέμε
υπερβατικούς και θα τους δούμε στη συνέχεια
Θα
προσθέσω ακόμη μεταξύ δύο αριθμών
υπάρχουν πάντοτε άπειροι αλγεβρικοί
αριθμοί δευτέρου βαθμού , άπειροι
αλγεβρικοί αριθμοί τρίτου βαθμού και
γενικά άπειροι αλγεβρικοί αριθμοί
βαθμού Ν όποια τιμή και αν έχει ο θετικός
ακέραιος αριθμός Ν. Παρά όλα αυτά θα
δούμε ότι οι αλγεβρικοί αριθμοί δεν
είναι περισσότεροι από τους ρητούς. Οι
υπερβατικοί όμως είναι πολύ περισσότεροι.
Είναι αξιοσημείωτο ότι
οι 4 πράξεις εκτελούμενες μεταξύ αλγεβρικών αριθμών δίνουν ως αποτέλεσμα αλγεβρικό αριθμό.
Και κάτι ακόμη.
Αν ένας αριθμός είναι λύση πολυωνυμικής εξίσωσης με συντελεστές αλγεβρικούς αριθμούς , τότε είναι και λύση πολυωνυμικής εξίσωσης με ρητούς ακέραιους συντελεστές και είναι επομένως αλγεβρικός αριθμός.
Θα
κλείσω αυτήν τη σύντομη αναφορά στους
αλγεβρικούς αριθμούς ξεχωρίζοντας
ανάμεσά τους, τους «Ευκλείδειους» αριθμούς.
Λέμε έναν αριθμό χ Ευκλείδειο
ή αλλιώς κατασκευάσιμο αν μπορεί
να κατασκευασθεί «με τον κανόνα και τον
διαβήτη» ευθύγραμμο τμήμα μήκους χ.
Δίδεται φυσικά ένα συγκεκριμένο
ευθύγραμμο τμήμα ως μονάδα μέτρησης
των μηκών.
Αποδεικνύεται
ότι οι Ευκλείδειοι αριθμοί είναι
οπωσδήποτε αλγεβρικοί αριθμοί αλλά όχι
οποιουδήποτε βαθμού.
Ευκλείδειος είναι ο αλγεβρικός αριθμός που ο βαθμός του είναι δύναμη του 2,
ή
αλλιώς
Ευκλείδιος
είναι ο αλγεβρικός αριθμός του οποίου
η ελάχιστου βαθμού πολυωνυμική εξίσωση με
ακέραιους συντελεστές που τον δέχεται
ως λύση έχει βαθμό που ισούται με κάποια
δύναμη του 2
(βαθμό
πρώτο = 20 ή βαθμό δεύτερο = 21 ή
βαθμό τέταρτο = 22 ή βαθμό όγδοο
= 23 και ούτω καθεξής).
Με
βάση αυτό ο Gauss απέδειξε
ότι
Τα
κανονικά πολύγωνα με αριθμό πλευρών
ίσο με πρώτο αριθμό που κατασκευάζονται
με τον κανόνα και το διαβήτη είναι εκείνα
που ο αριθμός των πλευρών τους είναι
και πρώτος αριθμός και αριθμός του Fermat,
και μόνον αυτά.
Οι
αριθμοί του Fermat είναι περιττοί
ακέραιοι, άθροισμα του 1 και μιας δύναμης
του 2 με εκθέτη επίσης δύναμη του 2 (με
εκθέτη ακέραιο μη αρνητικό αριθμό). Οι
αριθμοί Fermat είναι ανά δύο πρώτοι μεταξύ
τους (σχετικώς πρώτοι).
Ο
μικρότερος αριθμός Fermat F1 ισούται
με το άθρισμα 1 συν το 2 με εκθέτη 20=1 και είναι
F1 =
1+ 21 =3 πρώτος αριθμός.
Ο
δεύτερος αριθμός Fermat F2 ισούται
με 1 συν το 2 με εκθέτη 21=2
και είναι
F2 =
1+ 22 = 5 πρώτος αριθμός
Ο
τρίτος αριθμός Fermat F3 ισούται
με 1 συν το 2 με εκθέτη 22=4
και είναι
F3 =
1+ 24 = 17 πρώτος αριθμός
Ο
τέταρτος αριθμός Fermat F4 ισούται
με 1 συν το 2 με εκθέτη 23=8
και είναι
F4 =
1+ 28 = 257 πρώτος αριθμός.
Ομοίως βρίσκω ότι
ο
πέμπτος αριθμός Fermat ισούται με 1 συν το
2 με εκθέτη 16
F5 =
1+ 216 = 65537 πρώτος αριθμός,
Ο
έκτος αριθμός Fermat ισούται με 1 + 232
F6 =
1 + 232 = 641. 6700417 (Euler 1732)
και είναι σύνθετος αριθμός και
Ο
έβδομος αριθμός Fermat ισούται με 1 + 264
F7 =
1+ 264 = 274177.67380421310721 (Landry
1880), είναι επίσης επίσης σύνθετος αριθμός
Οι
εκθέτες του 2 είναι κατά σειρά 1, 2, 4, 8,
16, 32, 64, ......... αφού είναι οι διαδοχικές
δυνάμεις του 2.
Οι πέντε μικρότεροι αριθμοί του Fermat είδαμε ότι είναι όλοι πρώτοι αριθμοί. Μέχρι τον αριθμό 1040000 δεν έχει βρεθεί άλλος αριθμός Fermat πρώτος και δεν είναι γνωστό αν υπάρχει αριθμός του Fermat μεγαλύτερος του 1040000 και πρώτος.
Έτσι οι μόνοι πρώτοι αριθμοί p για τους οποίους το κανονικό p-γωνο είναι γνωστό ότι είναι κατασκευάσιμο είναι οι πέντε μικρότεροι αριθμοί του Fermat.
Όσον αφορά τα κανονικά πολύγωνα με αριθμό πλευρών σύνθετο ή πρώτο που είναι κατασκευάσιμα, αυτά είναι:
-
Όσα έχουν αριθμό πλευρών ρ = 2κ
με κ ακέραιο μεγαλύτερο του 1.
-
Όσα έχουν αριθμό πλευρών ρ = 2κ.F
όπου F αριθμός του Fermat πρώτος και κ
θετικός ακέραιος ή μηδέν
-
Όσα έχουν αριθμό πλευρών ρ = 2κ επί
το γινόμενο δύο ή περισσότερων αριθμών
Fermat διαφορετικών μεταξύ τους και πρώτων,
όπου ο κ είναι μηδέν ή θετικός
ακέραιος.
Ας σημειωθεί ότι αν είναι κατασκευάσιμο το κανονικό πολύγωνο με αριθμό πλευρών μ και επίσης το κανονικό πολύγωνο με αριθμό πλευρών ν, και οι μ, ν είναι πρώτοι μεταξύ τους,
τότε είναι κατασκευάσιμο
και το κανονικό πολύγωνο με αριθμό
πλευρών (μ. ν) .
Η απόδειξη είναι
εύκολη. Η ως προς χ,ψ εξίσωση
χ.(2π/ν)
- ψ.(2π/μ) = (2π/μν)
είναι
ισοδύναμη με την εξισωση
μ.χ-ν.ψ
=1
που
έχει πάντοτε ακέραιες θετικές λύσεις
επειδή οι αριθμοί μ, ν είναι ακέραιοι
θετικοί αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους.
5.
Υπερβατικοί αριθμοί
Ερώτημα.
Αποτελούν όλοι οι αλγεβρικοί αριθμοί
διαφόρων βαθμών, έναν διαμερισμό του
συνόλου των πραγματικών αριθμών;
Το σύνολο των αλγεβρικών αριθμών ενός
βαθμού δεν έχει κοινά στοιχεία με το
σύνολο των αλγεβρικών αριθμών ενός
άλλου βαθμού. Αποτελούνται όμως οι
πραγματικοί αριθμοί μόνο από αλγεβρικούς
αριθμούς και αν ενώσουμε όλα τα σύνολα
αλγεβρικών αριθμών κάθε βαθμού θα βρούμε
το σύνολο των πραγματικών αριθμών;
Η
απάντηση είναι ΟΧΙ. Στους αλγεβρικούς
αριθμούς περιλαμβάνονται και όλοι οι ρητοί αριθμοί και
άρρητοι αριθμοί αλλά όχι όλοι οι άρρητοι.
Το 1851 ο Γάλλος μαθηματικός Ζοζέφ
Λιουβίλ (Joseph Liouville) απέδειξε ότι
αριθμοί της μορφής
α1.10-1! +
α2.10-2! + α3.10-3! +
…. + αν.10-ν! + …. =
=
0, α1α2000 α300000000000000000
α4000…..00 α500…
όπου
οι αριθμοί ακ , κ = 1,2,3,…,ν,
…. είναι τυχαίοι θετικοί ακέραιοι με
τιμές από το 1 έως το 9, δεν είναι ρίζες
πολυωνυμικής εξίσωσης με ακέραιους
συντελεστές.
[Ο
αναγνώστης πρέπει να έχει υπόψη του ότι
0!=1, 1!=1, 2!=1.2=2 και για ν >1 (ν+1)!=(ν+1).ν!]
Στον αριθμό αυτόν στην δεκαδική του μορφή μετά το α1 ακολουθεί αμέσως το α2 , μετά το α2 ακολουθούν 3 = (2.2! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια το α3. Μετά το α3 ακολουθούν 17 = (3.3!-1) μηδενικά και μετά ο α4. Γενικά μετά το αν ακολουθούν [(ν+1)!-ν!-1] = (ν.ν! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια ακολουθεί το αν+1. Έτσι μετά το α4 ακολουθούν (4.4!-1) = 95 μηδενικά και στη συνέχεια το α5 κ.ο.κ.
Είναι
εύκολο να δούμε ότι όλοι αυτοί οι αριθμοί
δεν είναι ρητοί, αφού ούτε το δεκαδικό
τους ανάπτυγμα τελειώνει κάπου ούτε
υπάρχει σε αυτό μια ομάδα ψηφίων που
επαναλαμβάνεται περιοδικά. Για την
έλλειψη περιοδικότητας αν υποθέσουμε
ότι υπάρχει μια περίοδος με 1000000 ας πούμε
ψηφία που δεν είναι όλα όμοια μεταξύ
τους. (αλλιώς η περίοδος θα ήταν μονοψήφια
και μονοψήφια περίοδος δεν υπάρχει
στους συγκεκριμένους αριθμούς). Αυτό
θα σήμαινε ότι δεν θα μπορούσε να υπάρχουν
στο δεκαδικό ανάπτυγμα του αριθμού
1000000 διαδοχικά ψηφία όμοια μεταξύ τους
αφού σε αυτά θα περιλαμβανόταν τα ψηφία
μιας περιόδου του δεκαδικού αναπτύγματος.
Όμως μετά το α10 ακολουθούν
περισσότερα από 3600000 μηδενικά.
Ο
Λιουβίλ όμως απέδειξε κάτι πολύ πέρα
από το άρρητο αριθμών από αυτούς,
απέδειξε τη μη αλγεβρικότητά τους που
ήταν δυσκολότερο να αποδειχθεί. Και
απέδειξε έτσι ότι
υπάρχουν
αριθμοί που δεν είναι αλγεβρικοί,
δηλαδή ότι υπάρχουν άρρητοι
που δεν είναι λύση πολυωνυμικής
εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές
οποιουδήποτε βαθμού. Τους αριθμούς
αυτούς τους λέμε υπερβατικούς.
Πρέπει εδώ να πούμε ότι
Το
σύνολο των πραγματικών αριθμών μπορεί
επομένως να διαμερισθεί σε αλγεβρικούς
και σε μη αλγεβρικούς δηλαδή σε
αλγεβρικούς και σε υπερβατικούς αριθμούς. Πέρα από αυτό, το έργο του Cantor έδωσε νέους τρόπους ανίχνευσης και προοσδιορισμού των υπερβατικών αριθμών, των ιδιοτήτων τους. αλλά και του πλήθους των. Έδωσε ακόμη απείρου πλήθους υπερπεπερασμένους αριθμούς και αυτό επιτρέπει την απόδοση σε κάθε απειροσύνολο του πληθαρίθμου του. Πρόκειται για εξαιρετικού ενδιαφέροντος θέματα. Η εισαγωγή αυτών των εννοιών αναδιαμόρφωσε τον τρόπο λειτουργίας και παρουσίασης όλων των κλάδων των μαθηματικών. Το όλο θέμα αναπτύσσεται διεξοδικά στην ανάρτηση, "Το πλήθος των αρρήτων αριθμών. - Πληθικοί αριθμοί απειροσυνόλων".
Έστω τώρα α
ένας αλγεβρικός αριθμός βαθμού ν >
1. Αυτό σημαίνει ότι ο α είναι ρίζα
ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές,
βαθμού ν και όχι πολυώνυμου βαθμού
μικρότερου του ν. Έστω Α(χ) αυτό το
πολυώνυμο βαθμού ν με ακέραιους
συντελεστές και Α(χ) = ανχν +
αν-1χν-1 + … + α1χ1 +
α0 με αν και
α0 διάφορους του 0. Λέω ότι:
1. To A(χ)
δεν έχει ρητές ρίζες.
Γιατί
Ο α δεν είναι ρητός και αν ο ρητός ρ ήταν ρίζα του Α(χ) θα είχα
-
Α(χ) = (χ-ρ).Β(χ) Α(α) = 0 = (α-ρ).Β(α) και συνεπώς θα ήταν Β(α)=0
-
Το Β(χ) θα είχε ρητούς συντελεστές και
βαθμό (ν-1)
-
Ο α θα ήταν ρίζα του Β(χ) και του Γ(χ) που
ισούται με το (χ) πολλαπλασιασμένο επί
το Ε.Κ.Π. των παρονομαστών των συντελεστών
του. Το Γ(χ) έχει ακέραιους συντελεστές
και βαθμό (ν-1) < ν και αυτό αντίκειται
στις προϋποθέσεις που έχουν τεθεί (Ο α
είναι αλγεβρικός αριθμός βαθμού ν).
2. Αν
ο γ/δ είναι μη ακέραιος
ρητός (γ,δ ακέραιοι και δ > 1), και
ο α είναι αλγεβρικός
αριθμός βαθμού ν>1, τότε
απόλυτη
τιμή του Α(γ/δ) > ή ισο του 1/ δν
(Όπου
το Α(χ) είναι το ελάχιστου βαθμού πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές που έχει ως
ρίζα τον α). Σύμφωνα με τις υποθέσεις το Α(χ) έχει βαθμό ίσο προς ν
Γιατί
έχω
-
Ο αριθμός Α(γ/δ) δεν είναι μηδέν
- A(γ/δ)
= (ανγν + αν-1γν-1δ +
...... + α1γδν-1 +a0δν)
/ δν
-
Ο αριθμητής του παραπάνω κλάσματος
είναι ακέραιος και δεν είναι ίσος με 0
και συνεπώς έχει απόλυτη τιμή τουλάχιστον
ίση με 1
και
επομένως
-
απόλυτη τιμή του Α(γ/δ) > ή ίσο του 1/ δν
3. Αν
ο γ/δ είναι ρητός (γ,δ ακέραιοι
και δ > 1), και ο α είναι
αλγεβρικός αριθμός βαθμού ν>1, τότε
ο
γ/δ διαφέρει απολύτως από τον α περισσότερο
από ( M / δν)
όπου Μ είναι μια σταθερά
Γιατί
αν Κ είναι η μέγιστη τιμή της
απόλυτης τιμής της παραγώγου του
Α(χ) όταν το χ μεταβάλλεται από α
έως (γ/δ) ή αντιστρόφως θα έχω:
-
απόλυτη τιμή του [Α(γ/δ) – Α(α)] < Κ.
απόλυτη τιμή του [(γ/δ) –α]
και
επειδή είναι Α(α) = 0 βρίσκω
-
απόλυτη τιμή του [(γ/δ) –α] > (1/Κ). απόλυτη
τιμή του Α(γ/δ) > (1/Κ) . (1/ δν)
και
θέτοντας (1/Κ) = Μ, (Μ >0) έχω το
ζητούμενο, δηλαδή
-απόλυτη
τιμή του [(γ/δ) –α] > M / δν
όπου
ο Μ είναι μια σταθερά μικρότερη ίση ενός
συγκεκριμένου αριθμού ο οποίος εξαρτάται
από το ποιο ακριβώς είναι το πολυώνυμο
Α(χ).
4.
Αν α = 10-1! +
10-2! + 10-3! +
…. + 10-ν! + 10-(ν+1)! +
…... θα αποδείξουμε ότι ο
α δεν μπορεί να είναι αλγεβρικός αριθμός
βαθμού Ν για οποιαδήποτε τιμή του
ακέραιου θετικού αριθμού Ν.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ρητός σ =(γ / δ) < α για τον οποίο ισχύει
(α- σ) < (M / δΝ )
για οποιεσδήποτε τιμές του σταθερού θετικού αριθμού Μ και για οποιαδήποτε τιμή του σταθερού θετικού ακεραίου Ν, αφού αυτό σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση 3 αντίκειται στην υπόθεση ότι ο α είναι αλγεβρικός αριθμός βαθμού Ν.
Θέτω σ = 10-1! + 10-2! + 10-3! + …. + 10-ν! = γ / 10ν! = γ / δ όπου ν > Ν. Έχω σ ρητό και (α-σ) > 0
Βρίσκω ότι
(α-σ) = 10-(ν+1)! + 10-(ν+2)! + 10-(ν+2)! + ...... < 10-(ν+1)!.[1 + 1/(ν+1) + 1/(ν+1)2 + 1/(ν+1)3 + ....] και
(α-σ)
< 2/ 10(ν+1)!
Θυμίζω ότι 10ν! = δ (δ ο παρονομαστής του σ) . Επομένως
(α-σ) < [2/ 10ν!(ν+1) ] = (2/ δν+1 )
Το κλάσμα όμως (2/ δν+1 ) μπορεί για κατάλληλα μεγάλο ν να γίνει μικρότερο από οποιοδήποτε προκαθορισμένο κλάσμα (M / δΝ ) [αφού ο ν είναι ακέραιος που μπορούμε να τον επιλέξουμε οσοδήποτε μεγάλο και οι Μ ,Ν είναι σταθεροί αριθμοί)
Ο α επομένως δεν μπορεί να είναι αλγεβρικός αριθμός προκαθορισμένου βαθμού Ν και αυτό ισχύει για οποιονδήποτε θετικό ακέραιο Ν
Οι μαθηματικοί απασχολήθηκαν αρκετά χρόνια με τον έλεγχο της υπερβατικότητας ή της αλγεβρικότητας αριθμών παρόμοιων στο δεκαδικό τους ανάπτυγμα. με τον παραπάνω.
Το
1873 ο Γάλλος μαθηματικός Σαρλ Ερμίτ
(Charl Hermite) απέδειξε ότι αριθμός άλλης
μορφής, ο αριθμός e, η βάση των
φυσικών λογαρίθμων είναι υπερβατικός
και το 1882 ο Γερμανός μαθηματικός
Φέρντιναντ Λίντεμαν (Ferdinand Lindemann)
απέδειξε το ίδιο για τον αριθμό π,
το λόγο της περιφέρειας προς τη διάμετρο
οποιουδήποτε κύκλου. Ο e και
ο π έχουμε ήδη αναφέρει ότι
είναι δύο από τους πιο σημαντικούς
αριθμούς στα μαθηματικά.
Για
την περίπτωση του π ο Λίντεμαν
απέδειξε ότι αν οι A, B, a, b είναι
αλγεβρικοί και οι a, b άνισοι, τότε οι
αριθμοί της μορφής ( A.ea + B.eb) δεν
μπορεί να είναι ίσοι με 0 εκτός αν
Α = Β = 0.
Όμως
από τη σχέση eix = συνx + i.ημx (x σε
ακτίνια), συνάγεται για x =
π ότι
eiπ +
1 = 0 ή (1.eiπ +
1.e0 ) = 0
και
επομένως ένας τουλάχιστον από τους
αριθμούς 1, 0, (i.π) δεν είναι
αλγεβρικός αριθμός. Οι αριθμοί 1 και 0
είναι αλγεβρικοί άρα ο αριθμός
(i.π) είναι ο μη αλγεβρικός, ή αλλιώς
υπερβατικός. Και επειδή ο αριθμός i είναι
αλγεβρικός αφού είναι λύση της εξίσωσης
χ2 + 1 = 0, ο π είναι υπερβατικός
γιατί αν ήταν και ο π αλγεβρικός, θα ήταν
αλγεβρικός και ο (i.π) μιας και το γινόμενο
δύο αλγεβρικών αριθμών είναι πάντοτε
αλγεβρικός αριθμός.
Ας
σημειωθεί ότι αν ο ζ είναι αλγεβρικός
αριθμός διάφορος του 0, τότε ο eζ είναι
υπερβατικός αριθμός και αυτό συνεπάγεται
επίσης ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός
αφού eiπ = -1.
Η
τελευταία σχέση μας δίνει ένα ακόμη
παράδειγμα αρρήτων χ,ψ που καθιστούν
τον αριθμό χψ ρητό(χ
= e, ψ = iπ). Τώρα όμως έχουμε να κάνουμε με
χ πραγματικό υπερβατικό άρρητο αριθμό
αλλά με ψ μιγαδικό υπερβατικό άρρητο
αριθμό.
Θα προσθέσω ακόμη ένα θεώρημα σχετικό με τους υπερβατικούς αριθμούς. Ο Ρώσος μαθηματικός Gelfond και ο Γερμανός μαθηματικός Schneider δημοσίευσαν σχεδόν ταυτόχρονα το 1934 εντελώς διαφορετικές αλλά πλήρεις αποδείξεις αυτού του θεωρήματος Είχε προηγηθεί η απόδειξη σημαντικού σχετικού θεωρήματος από τον Schneider που οδηγούσε στην ενοποίηση της απόδειξης της υπερβατικότητας μεμονωμένων αριθμών . Είχαν επίσης προηγηθεί από το 1929 και το 1930 δημοσιεύσεις μελετημάτων του Gelfond σχετικών με τις αριθμητικές ιδιότητες συναρτήσεων παραγωγίσιμων για κάθε τιμή της μεταβλητής, και σχετικών με τη θεωρία των υπερβατικών αριθμών. Οι δημοσιεύσεις αυτές του Gelfond συνιστούσαν ένα μεγάλο βήμα προόδου στη μελέτη των υπερβατικών αριθμών. Μαζί με άλλα είχαν εισαγάγει και νέες μεθόδους απόδειξης της υπερβατικότητας συγκεκριμένων αριθμών. Το θεώρημα των Gelfond και Schneider όπως έχει επικρατήσει να λέγεται, αποτελεί τη λύση του έβδομου από τα 23 πρόβλήματα που ο Hillbert είχε παρουσιάσει το 1900 ως τα προβλήματα που η λύση τους θα καθόριζε την εξέλιξη των μαθηματικών κατά τον εικοστό αιώνα. Και τώρα το θεώρημα.
Αν ο α και ο β είναι αλγεβρικοί αριθμοί, ο β άρρητος και ο α διάφορος και του 0 και του 1, τότε ο αριθμός αβ είναι υπερβατικός.
Επομένως αν α = 51/2 (αλγεβρικός διάφορος του μηδέν και του 1)
και
β= 21/2 (αλγεβρικός άρρητος),
τότε
ο αριθμός χ = αβ
είναι
άρρητος υπερβατικός αριθμός.
Όμως
αν ζ = χβ έχουμε:
ζ
= χβ = (αβ)β = αβ.β =
α2 = (51/2)2 = 5
και
επομένως ο ζ είναι ρητός αριθμός και
μάλιστα ακέραιος.
Αυτό
συγκεκριμενοποιεί το παράδειγμα δύναμης
άρρητου αριθμού με εκθέτη άρρητο που
δίνει αποτέλεσμα ρητό αριθμό και
συμπληρώνει ή καλύτερα ολοκληρώνει το
τελευταίο παράδειγμα της παραγράφου 3
αυτής της ανάρτησης.
Το θεώρημα των Gelfond και Schneider σημαίνει ακόμη ότι
Αν ο α είναι αλγεβρικός αριθμός διάφορος και του 0 και του 1, ο β άρρητος και ο αριθμός αβ είναι αλγεβρικός, τότε ο β είναι υπερβατικός.
Αν πάλι αλγεβρικός και άρρητος είναι ο αριθμός β και αλγεβρικός ο αριθμός αβ , τότε ο αριθμός α είναι υπερβατικός.
Για παράδειγμα έστω ο αριθμός λογ23 (λογάριθμος του 3 με βάση λογαρίθμων τον αριθμό 2). Ο αριθμός αυτός είναι άρρητος γιατί αν
λογ23
= μ/ν ,
τότε
2μ/ν =
3 ή 2μ =
3ν
και
αυτό αντίκειται στο μονότροπο της
ανάλυσης ενός ακεραίου σε γινόμενο
πρώτων παραγόντων. O αριθμός λογ23
είναι άρρητος. Μήπως όμως είναι
αλγεβρικός αριθμός;
Επειδή
2( λογ23) = 3
όπου
εκθέτης είναι ο λογάριθμος του 3 ως
προς βάση τον αριθμό 2, το θεώρημα
των Gelfond και Schneider μας
δίνει ότι ο αριθμός (λογ23)
είναι υπερβατικός αριθμός.
Μπορούμε
να γενικεύσουμε.
Ο
λογάριθμος αλγεβρικού θετικού
αριθμού ως προς βάση αλγεβρικό θετικό
αριθμό διάφορο του 1 είναι ή
ρητός αριθμός ή υπερβατικός αριθμός.
Αν λογχ είναι ο λογάριθμος του χ ως προς βάση Α ισχύει
λογχ
= Λογχ/ΛογΑ
όπου
οι λογάριθμοι στο δεύτερο μέρος της
σχέσης λαμβάνονται ως προς την οποιαδήποτε
ίδια βάση, και επομένως ισχύει ότι
Αν
χ και Α είναι αλγεβρικοί θετικοί
αριθμοί και ο Α είναι διάφορος του
1, τότε ο λόγος
Λογχ / ΛογΑ (
= Logx / LogA)
είναι ή
ρητός αριθμός ή υπερβατικός αριθμός
όταν
οι λογάριθμοι του χ και του Α
λαμβάνονται ως προς την ίδια βάση.
Και
φυσικά η κοινή βάση μπορεί να είναι και
μία συνήθης βάση όπως ο αριθμός 10
(δεκαδικοί λογάριθμοι ), ή ο αριθμός
e (δεν είναι αλγεβρικός), αλλά και οποιοσδήποτε
θετικός αριθμός διάφορος του 1. Ο λογάριθμος του χ ως πρός βάση e (φυσικός
λογάριθμος του χ), συμβολίζεται συνήθως
Logx ή lnx.
Όσα
είπαμε εδώ για την υπερβατικότητα των
λογαρίθμων θετικών αριθμών ισχύουν
και για την υπερβατικότητα των πρωτευουσών
τιμών των λογαρίθμων αριθμών
θετικών ή αρνητικών ή μιγαδικών εν γένει
.
Πρέπει
όμως να ξαναπούμε ότι για τυχαίους
υπερβατικούς χ, ψ ή για υπερβατικό
χ και αλγεβρικό ψ, ο αριθμός
χψ μπορεί να είναι ανάλογα με
την περίπτωση είτε υπερβατικός είτε
αλγεβρικός.
Ξέρουμε
ότι i = συν(π/2) + iημ(π/2) = eiπ/2 = και επομένως i-2ι = eπ. Ο αριθμός eπ = i-2ι είναι
υπερβατικός. (Ο αριθμός i-2i .= είναι υπερβατικός σύμφωνα με το θεώρημα των Gelfond και Schneider αφού ο αριθμός i είναι αλγεβρικός
και λογίζεται ως άρρητος αριθμός αφού
δεν μπορεί να γραφεί ως λόγος ρητών
ακεραίων αριθμών). Δεν ξέρουμε όμως αν
οι αριθμοί (π + e), (π. e), πe είναι
αλγεβρικοί ή υπερβατικοί. Ας σημειωθεί
ότι
e–π/2 = ii .
Ας παρατηρηθεί επίσης ότι οι αριθμοί (π + e) και (π. e) δεν μπορεί να είναι και οι δύο αλγεβρικοί γιατί ο π και ο e είναι ρίζες της εξίσωσης
e–π/2 = ii .
Ας παρατηρηθεί επίσης ότι οι αριθμοί (π + e) και (π. e) δεν μπορεί να είναι και οι δύο αλγεβρικοί γιατί ο π και ο e είναι ρίζες της εξίσωσης
χ2 - (π
+ e).χ + (π. e) = 0 (1)
και
αν οι αριθμοί (π + e)
και (π. e) ήταν και οι δύο αλγεβρικοί
αριθμοί, αλγεβρικοί θα ήταν και ο αριθμός
e και ο αριθμός π..
Προφανώς το ίδιο ισχύει για τους οποιουσδήποτε υπερβατικούς αριθμούς α και β. Το άθροισμα (α + β) και το γινόμενό τους (α.β), δεν μπορεί να είναι και τα δύο αλγεβρικοί αριθμοί. Γενικότερα αν οι α, β είναι υπερβατικοί αριθμοί τότε από τους αριθμούς (α+β), (α-β) . (α/β) και (α.β) , το πολύ ένας μπορεί να είναι αλγεβρικός.
Επαναλαμβάνω εδώ ότι ξέρουμε επίσης ότι
Επαναλαμβάνω εδώ ότι ξέρουμε επίσης ότι
Αν
ο χ είναι αλγεβρικός αριθμός διάφορος
του μηδέν, τότε οι τριγωνομετρικοί
αριθμοί του τόξου ή της γωνίας χ
ακτίνια είναι υπερβατικοί
αριθμοί.
Ξέρουμε ακόμη ότι
Αν
το μέτρο ενός τόξου (ή μιας γωνίας)
σε ακτίνια είναι ρητό πολλαπλάσιο του
υπερβατικού αριθμού π, τότε οι
τριγωνομετρικοί αριθμοί του τόξου (ή
της γωνίας), είναι αριθμοί αλγεβρικοί.
Η απόδειξη αυτής της τελευταίας πρότασης είναι προσιτή. Ουσιαστικά στο τμήμα 1. αυτής εδώ της ανάρτησης δείξαμε ότι οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των τόξων (κ.π)/7 όπου κ ακέραιος είναι αλγεβρικοί αριθμοί,
ρητοί για
κ=
0 + πολλαπλάσιο του 7
και
άρρητοι για
κ
= 1, 2, 3, 4, 5 ή 6 + πολλλαπλάσιο του 7
Κλείνω αυτήν την ενότητα παραδειγμάτων υπερβατικών αριθμών με τρία παραδείγματα χωρίς αποδείξεις. Τα δύο είναι διαφορετικά από όλα όσα έχουμε δει .
1. Ο
αριθμός α = 0,12345678910111213.....
είναι υπερβατικός.
2. Αν
Α(χ) είναι ένα ακέραιο πολυώνυμο που
παίρνει ακέραιες τιμές για κάθε ακέραιη
τιμή του χ, [παράδειγμα Α(χ) = (1/6).( χ3- χ) ή Α(χ) = (χ2 + 7)],
και
αν Α(1), Α(2), Α(3), Α(4)...... και λοιπά είναι
οι τιμές του πολυωνύμου για τις ακέραιες
θετικές τιμές του χ, τότε ο αριθμός
ψ
= 0, Α(1)Α(2)Α(3)Α(4)...... είναι
υπερβατικός.
Τα
παραδείγματα αυτά προέρχονται από τις
δημοσιεύσεις του Gelfond του 1929 αλλά τα βρήκα
δημοσιευμένα στο βιβλίο του William
Leveque: Topics in Number Theory 1956
Επισημαίνω
ότι το πρώτο προκύπτει αμέσως από το
δεύτερο αν επιλέξουμε Α(χ) = χ.
3. Ένας άλλος υπερβατικός αριθμός είναι ο αριθμός ln2 (φυσικός λογάριθμος του 2)
Για τις βασικές πράξεις μεταξύ δύο υπερβατικών αριθμών επαναλαμβάνω ότι αν οι χ, ψ είναι υπερβατικοί τότε κάθε ένας από τους αριθμούς (χ + ψ) (χ-ψ) (χ.ψ) και (χ/ψ) μπορεί εν γένει να είναι είτε υπερβατικός είτε αλγεβρικός, αλλά δεν μπορεί να είναι δύο από αυτούς τους αριθμούς αλγεβρικοί αριθμοί.
Έστω χ = 10-1! + 10-2! + 10-3! + …. +10-ν! + …. =
ψ = 0, 0011101111111111111111101111............1110111......
στον οποίο για κάθε ν, μετά το νιοστό μετά την υποδιαστολή μηδέν ακολουθούν (ν.ν! – 1) το πλήθος 1 και στη συνέχεια ακολουθεί το επόμενο μηδέν. Αν ένα δεκαδικό ψηφίο του χ είναι 1 τότε το αντίστοιχο ψηφίο του ψ είναι 0 και ομοίως, αν ένα δεκαδικό ψηφίο του χ είναι 0 τότε το αντίστοιχο ψηφίο του ψ είναι 1
Προφανώς
χ+ψ = 0,111111111111......... = 1/9
Επομένως και ο ψ είναι υπερβατικός γιατί αν ήταν αλγερικός, τότε αλγεβρικός θα ήταν και ο χ αφού
χ= (1/9) - ψ
Έχουμε επομένως ένα παράδειγμα αθροίσματος υπερβατικών αριθμών που ισούται με αλγεβρικό και ειδικότερα με ρητό αριθμό.
3. Ένας άλλος υπερβατικός αριθμός είναι ο αριθμός ln2 (φυσικός λογάριθμος του 2)
Για τις βασικές πράξεις μεταξύ δύο υπερβατικών αριθμών επαναλαμβάνω ότι αν οι χ, ψ είναι υπερβατικοί τότε κάθε ένας από τους αριθμούς (χ + ψ) (χ-ψ) (χ.ψ) και (χ/ψ) μπορεί εν γένει να είναι είτε υπερβατικός είτε αλγεβρικός, αλλά δεν μπορεί να είναι δύο από αυτούς τους αριθμούς αλγεβρικοί αριθμοί.
Έστω χ = 10-1! + 10-2! + 10-3! + …. +10-ν! + …. =
= 0, 110001000000000000000001000….......0001000…...
όπου για κάθε ν μετά το νιοστό 1 ακολουθούν (ν.ν! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια ακολουθεί το επόμενο 1. Για παράδειγμα μετά το πρώτο 1 ακολουθούν (1.1! - 1) = 0 μηδενικά και στη συνέχεια το δεύτερο 1, μετά το δεύτερο 1 ακολουθούν (2.2! - 1) = 3 μηδενικά και μετά το τρίτο 1, μετά το τρίτο 1 ακολουθούν (3.3! - 1) = 17 μηδενικά και στη συνέχεια το τέταρτο 1 ενώ μετά το τέταρτο 1 ακολουθούν (4.4!-1) = 95 μηδενικά και στη συνέχεια το πέμπτο 1 και έτσι συνέχεια.
Έχουμε αποδείξει ότι ο αριθμός χ είναι υπερβατικός.
Έστω και ο αριθμός όπου για κάθε ν μετά το νιοστό 1 ακολουθούν (ν.ν! – 1) μηδενικά και στη συνέχεια ακολουθεί το επόμενο 1. Για παράδειγμα μετά το πρώτο 1 ακολουθούν (1.1! - 1) = 0 μηδενικά και στη συνέχεια το δεύτερο 1, μετά το δεύτερο 1 ακολουθούν (2.2! - 1) = 3 μηδενικά και μετά το τρίτο 1, μετά το τρίτο 1 ακολουθούν (3.3! - 1) = 17 μηδενικά και στη συνέχεια το τέταρτο 1 ενώ μετά το τέταρτο 1 ακολουθούν (4.4!-1) = 95 μηδενικά και στη συνέχεια το πέμπτο 1 και έτσι συνέχεια.
Έχουμε αποδείξει ότι ο αριθμός χ είναι υπερβατικός.
ψ = 0, 0011101111111111111111101111............1110111......
στον οποίο για κάθε ν, μετά το νιοστό μετά την υποδιαστολή μηδέν ακολουθούν (ν.ν! – 1) το πλήθος 1 και στη συνέχεια ακολουθεί το επόμενο μηδέν. Αν ένα δεκαδικό ψηφίο του χ είναι 1 τότε το αντίστοιχο ψηφίο του ψ είναι 0 και ομοίως, αν ένα δεκαδικό ψηφίο του χ είναι 0 τότε το αντίστοιχο ψηφίο του ψ είναι 1
Προφανώς
χ+ψ = 0,111111111111......... = 1/9
Επομένως και ο ψ είναι υπερβατικός γιατί αν ήταν αλγερικός, τότε αλγεβρικός θα ήταν και ο χ αφού
χ= (1/9) - ψ
Έχουμε επομένως ένα παράδειγμα αθροίσματος υπερβατικών αριθμών που ισούται με αλγεβρικό και ειδικότερα με ρητό αριθμό.
Αν
τώρα ο χ είναι ένας υπερβατικός αριθμός
και οι α, β αλγεβρικοί και β ≠ 0
τότε οι αριθμοί (1/χ) (α
+ β.χ) και (α + β/χ) είναι υπερβατικοί και επομένως και άρρητοι. Έτσι ο αριθμός (21/2 + π) είναι υπερβατικός και επομένως άρρητος αριθμός.
Το ίδιο συμβαίνει αν στη θέση του χ σε αυτές τις παραστάσεις θέσουμε αντί του χ οποιαδήποτε δύναμη του χ με εκθέτη ρητό αριθμό διάφορο του μηδέν ή και άθροισμα τέτοιων δυνάμεων του χ πολλαπλασιασμένων με αλγεβρικούς και διάφορους του μηδέν αριθμούς. Αυτό σημαίνει ότι από έναν και μόνο υπερβατικό αριθμό βρίσκουμε άπειρους επίσης υπερβατικούς.
Το ίδιο συμβαίνει αν στη θέση του χ σε αυτές τις παραστάσεις θέσουμε αντί του χ οποιαδήποτε δύναμη του χ με εκθέτη ρητό αριθμό διάφορο του μηδέν ή και άθροισμα τέτοιων δυνάμεων του χ πολλαπλασιασμένων με αλγεβρικούς και διάφορους του μηδέν αριθμούς. Αυτό σημαίνει ότι από έναν και μόνο υπερβατικό αριθμό βρίσκουμε άπειρους επίσης υπερβατικούς.
Έχουμε
και μερικά άλλα θέματα.
1. Μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχει πάντοτε ένας τουλάχιστον υπερβατικός και επομένως άπειροι υπερβατικοί αριθμοί. Οι υπερβατικοί είναι επομένως παντού πυκνοί μέσα στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Η απόδειξη είναι παρόμοια με την απόδειξη ότι μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχει πάντοτε ένας τουλάχιστον άρρητος και επομένως άπειροι άρρητοι αριθμοί. Θα αλλάξουμε μόνο τη λέξη ρητός με τη λέξη αλγεβρικός και τη λέξη άρρητος με τη λέξη υπερβατικός και θα χρσιμοποιήσουμε ως υπερβατικό τον π/ν (όπου ο π είναι ο λόγος της περιφέρειας προς τη διάμετρο κύκλου και ν κατάλληλα μεγάλος θετικός ακέραιοςαριθμός) ή κάποιον άλλο. Πρέπει να θυμόμαστε ότι οι ρητοί είναι αλγεβρικοί αριθμοί και ότι μεταξύ δύο πραγματικών αριθμών υπάρχουν ρητοί αριθμοί.
2. Ένα άλλο θέμα είναι ότι υπάρχουν κριτήρια υπερβατικότητας αριθμών αλλά και μέτρο της υπερβατικότητας ενός αριθμού. Και ακόμη ορίζονται τέσσερεις δυνατές κατηγορίες μιγαδικών εν γένει αριθμών με βάση το μέτρο υπερβατικότητας (οι πραγματικοί εννοούνται ως μιγαδικοί με φανταστικό μέρος ίσο προς μηδέν).
Α-μιγαδικοί
αριθμοί, S -μιγαδικοί αριθμοί, T -μιγαδικοί
αριθμοί και U -μιγαδικοί αριθμοί.
Οι
αριθμοί κατηγορίας Α "έχουν μέτρο
υπερβατικότητας μηδέν" και είναι
ακριβώς οι αλγεβρικοί αριθμοί. Οι αριθμοί
των υπολοίπων τριών κατηγοριών είναι
υπερβατικοί αριθμοί. Οι αριθμοί του
Λιουβίλ είναι υπερβατικοί αριθμοί
κατηγορίας U (και "βαθμού" 1). Μέχρι
σήμερα δεν έχει αποδειχθεί κάποιος
υπερβατικός αριθμός ως υπερβατικός
κατηγορίας Τ.
Επί
των θεμάτων αυτών όμως δεν μπορώ τώρα
να πω τίποτε περισσότερο. Δεν ξέρω αν
θα καταφέρω να πω κάτι στο μέλλον.
Κάτι ακόμη. Υπάρχουν είπαμε άπειροι υπερβατικοί αριθμοί. Ισχύει όμως κάτι ισχυρότερο. «Σχεδόν όλοι οι πραγματικοί αριθμοί είναι υπερβατικοί» με την ίδια ακριβώς έννοια με την οποία «όλοι σχεδόν οι πραγματικοί αριθμοί είναι άρρητοι». Και το ίδιο ισχύει και για τους πραγματικούς αριθμούς που περέχονται σε ένα πεπερασμένο διάστημα πραγματικών αριθμών. Σχεδόν όλοι είναι υπερβατικοί. Η απόδειξη αυτών των προτάσεων παρατίθεται στην ανάρτηση για το πλήθος των αρρήτων αριθμών.
(κάνετε κλικ στον τίτλο "Σώματα ή πεδία αριθμών")
Βιβλιογραφία
1. Ευκλείδη: "Στοιχεία" Μετάφραση Ευάγγελου Σταμάτη
2. Σπύρου Κανέλλου:
"Άλγεβρα
για τα Λύκεια"
"Επιπεδομετρία"
"Τριγωνομετρία"
"Τριγωνομετρία"
3. Χαουαρντ Ηβς: "Μεγάλες Στιγμές των Μαθηματικών"
4. Ian Stewart: "Galois Theory"
5. Στυλιανού Ανδρεαδάκη: "Θεωρία Galois"
6. Leveque: "Topics In Number Theory"
7. Hardy and Wright: "An Introduction to the Theory of Numbers"
8. Spivak: "Λογισμός"
9. Taylor: "General Theory of Functions and Integration"
10. Apostol: "Introduction to Analytic Number Theory"
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου