Racionális számok

A racionális számok bevezetése, műveletek

Minden racionális szám felírható két egész szám hányadosaként, ezért a racionális számokat le tudjuk írni olyan egész számokból álló számpárokkal, ahol a második komponens nem nulla. Tehát az $\frac{a}{b}$ törtet az $(a,b)\in \mathbb{Z} \times (\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ számpárral adjuk meg. Ennek alapján definiáljuk az összeadás és a szorzás műveletét, valamint a törtek egyenlőségét leíró ekvivalenciarelációt.

   Az $A:=\mathbb{Z} \times (\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ halmazon definiáljuk az összeadás és a szorzás műveletét, valamint a $\sim$ relációt a következőképpen:
   Az összeadás és a szorzás is asszociatív, kommutatív és egységelemes művelet az $A$ halmazon.
   A kommutativitás mindkét műveletnél nyilvánvaló, akárcsak a szorzás asszociativitása.
Az összeadás asszociativitása egyszerű számolással ellenőrizhető. $$\bigl( (a,b)+(c,d) \bigr) + (e,f) = (ad+bc,bd) + (e,f) = ((ad+bc)f+bde,bdf) = (adf+bcf+bde,bdf)$$ $$(a,b) + \bigl( (c,d)+(e,f) \bigr) = (a,b) + (cf+de,df) = (adf+b(cf+de),bdf) = (adf+bcf+bde,bdf)$$ (Itt, és a továbbiakban is $a,c,e$ tetszőleges egész számokat, $b,d,f$ pedig tetszőleges nullától különböző egész számokat jelölnek.)
Additív egységelem: $(0,1)$. $$(a,b)+(0,1)=(a\cdot1+b\cdot0,b\cdot1)=(a,b)$$
Multiplikatív egységelem: $(1,1)$. $$(a,b)\cdot(1,1)=(a\cdot1,b\cdot1)=(a,b)$$
   Az $A$ halmazon a szorzás sajnos nem disztributív az összeadásra, és additív, illetve multiplikatív inverze is csak kevés elemnek van (HF). A $\sim$ szerinti faktoralgebrában viszont már „szép és jó” lesz minden. Ehhez viszont először ellenőrizni kell, hogy $\sim$ kongruencia. (Az $(a,b)\in A$ elem $\sim$ szerinti ekvivalenciaosztályát $\overline{(a,b)}$ fogja jelölni.)
   A $\sim$ reláció kongruenciája az $(A;+,\cdot)$ algebrai struktúrának.
   Öt dolgot kell ellenőrizni.
reflexivitás $(a,b)\sim(a,b)\iff ab=ba$, és ez nyilván teljesül.
szimmetria $(a,b)\sim(c,d)\iff ad=bc$   és   $(c,d)\sim(a,b)\iff cb=da$. Az elsőből nyilván következik a második (sőt, ekvivalensek).
tranzitivitás Tfh. $(a,b)\sim(c,d)$ és $(c,d)\sim(e,f)$ (cél: $(a,b)\sim(e,f)$). Ekkor $ad=bc$ és $cf=de$. Az első egyenlőséget $f$-fel, a másodikat $b$-vel szorozva kapjuk, hogy $adf=bcf$ és $bcf=bde$, tehát $adf=bde$. Mivel $d\neq0$, egyszerűsíthetünk vele, és így kapjuk, hogy $af=be$, ami épp azt jelenti, hogy $(a,b)\sim(e,f)$.
kompatibilitás az összeadással Tfh. $(a,b)\sim(c,d)$ (cél: $(a,b)+(e,f)\sim(c,d)+(e,f)$). Ekkor $ad=bc$, és azt kell belátnunk, hogy $(af+be,bf)\sim(cf+de,df)$, vagyis azt, hogy $adf^2+bdef=bcf^2+bdef$. Ez pedig valóban következik az $ad=bc$ egyenlőségből.
kompatibilitás a szorzással Tfh. $(a,b)\sim(c,d)$ (cél: $(a,b)\cdot(e,f)\sim(c,d)\cdot(e,f)$). Ekkor $ad=bc$, és azt kell belátnunk, hogy $(ae,bf)\sim(ce,df)$, vagyis azt, hogy $adef=bcef$. Ez pedig valóban következik az $ad=bc$ egyenlőségből.

Most már be tudjuk látni, hogy $(A;+,\cdot)/\!\sim$ test (ez lesz a racionális számok teste).

   Az $(A;+,\cdot)/\!\sim$ faktorstruktúra test.
   Nézzük sorra a test definíciójában megkövetelt műveleti tulajdonságokat.
asszociativitás és kommutativitás Az összeadás és a szorzás asszociativitása és kommutativitása „öröklődik” az $(A;+,\cdot)$ struktúráról a faktorstruktúrára.
egységelemek Az egységelemek is öröklődnek: az additív egységelem $\overline{(0,1)}$, a multiplikatív egységelem pedig $\overline{(1,1)}$ lesz.

A későbbiekhez hasznos lesz megfigyelni, hogy milyen számpárok alkotják a $\overline{(0,1)}$ és $\overline{(1,1)}$ halmazokat (a $\sim$ reláció definíciójából ezek egyszerűen ellenőrizhetők):

$$\overline{(0,1)}=\bigl\{ (0,b) \mid b\in \mathbb{Z}\setminus\{0\} \bigr\}, \qquad \overline{(1,1)}=\bigl\{ (a,a) \mid a\in \mathbb{Z}\setminus\{0\} \bigr\}.\qquad\qquad(\ast)$$

additív inverzek Az $\overline{(a,b)}$ elem additív inverze $\overline{(-a,b)}$: $$\overline{(a,b)}+\overline{(-a,b)}=\overline{(a,b)+(-a,b)}=\overline{(ab-ba,b^2)}=\overline{(0,b^2)}\overset{\ast}{=}\overline{(0,1)}.$$
multiplikatív inverzek Az additív egységelem kivételével minden elemnek kell, hogy legyen multiplikatív inverze. Tfh. tehát, hogy $\overline{(a,b)}\neq \overline{(0,1)}$, ami $(\ast)$ szerint azt jelenti, hogy $a\neq 0$. Ekkor $\overline{(a,b)}$ multiplikatív inverze $\overline{(b,a)}$:
$$\overline{(a,b)}\cdot\overline{(b,a)}=\overline{(a,b)\cdot(b,a)}=\overline{(ab,ba)}\overset{\ast}{=}\overline{(1,1)}.$$ (Keresztkérdés: Hol használtuk ki, hogy $a\neq0$ ?)
a szorzás disztributív az összeadásra $$ \Bigl(\, \overline{(a,b)}+\overline{(c,d)} \,\Bigr) \cdot \overline{(e,f)} = \overline{(ad+bc,bd)} \cdot \overline{(e,f)} = \overline{(\underset{u}{\underbrace{ade+bce}},\underset{v}{\underbrace{bdf}})}= \overline{(u,v)} $$ $$ \overline{(a,b)} \cdot \overline{(e,f)} + \overline{(c,d)} \cdot \overline{(e,f)} = \overline{(ae,bf)} + \overline{(ce,df)} = \overline{(\underset{uf}{\underbrace{aedf+bfce}},\underset{vf}{\underbrace{bfdf)}}}= \overline{(uf,vf)} $$ Az $(u,v)$ és $(uf,vf)$ számpárok ekvivalensek egymással (ezt a $\sim$ reláció definíciójából közvetlenül lehet ellenőrizni; törtekre gondolva arról van szó, hogy $f$-fel bővítjük a törtet). Tehát $\overline{(u,v)}=\overline{(uf,vf)}$, és ez igazolja a disztributivitást.

Ezzel beláttuk, hogy $(A;+,\cdot)/\!\sim$ valóban test.

   Az $(A/\!\sim\,;+,\cdot)$ testet a racionális számok testének nevezzük, és ezentúl $\mathbb{Q}$-val jelöljük.

A következő feladatunk (szokás szerint) gondoskodni arról, hogy az újonnan bevezetett számkör kibővítése legyen a korábbinak, azaz be kell ágyaznunk az egész számok gyűrűjét a racionális számok testébe.

   Az alábbi $\varphi$ leképezés beágyazás: $$\varphi\colon\ (\mathbb{Z};+,\cdot) \to (\mathbb{Q};+,\cdot), \; n\mapsto \overline{(n,1)}.$$
   A beágyazás definíciója szerint az alábbiakat kell ellenőriznünk (itt $n$ és $m$ tetszőleges egész számok).
összeadással való felcserélhetőség $$n\varphi + m\varphi = \overline{(n,1)} + \overline{(m,1)} = \overline{(n,1)+(m,1)} = \overline{(n\cdot1+1\cdot m,1\cdot1)} = \overline{(n+m,1)} = (n+m)\varphi$$
szorzással való felcserélhetőség $$n\varphi \cdot m\varphi = \overline{(n,1)} \cdot \overline{(m,1)} = \overline{(n,1)\cdot(m,1)} = \overline{(n\cdot m,1\cdot1)} = \overline{(n\cdot m,1)} = (n\cdot m)\varphi$$
injektivitás $$n\varphi = m\varphi \iff \overline{(n,1)} = \overline{(m,1)} = (n,1)\sim(m,1) \iff n\cdot1=1\cdot m \iff n=m$$
   Az előző állítás szerint az $\overline{(n,1)}$ alakú elemek egy $\mathbb{Z}$-vel izomorf részgyűrűt alkotnak a $\mathbb{Q}$ testben (a fenti $\varphi$ leképezés adja az izomorfizmust). Ezért a továbbiakban az $\overline{(n,1)}$ elemet azonosítjuk az $n$ egész számmal. Ezzel elérjük, hogy $\mathbb{Q}$ nemcsak $\mathbb{Z}$ egy izomorf másolatát, hanem magát $\mathbb{Z}$-t tartalmazza, vagyis $\mathbb{Z}$ részgyűrűje $\mathbb{Q}$-nak.

A következő állítás szerint $\mathbb{Q}$ konstrukciója „takarékos”, vagyis az egész számok gyűrűjét épp csak annyira bővítettük ki, amennyire muszáj, hogy testet kapjunk.

   Minden racionális szám előáll két egész szám hányadosaként.
  

Az $\overline{(a,b)}$ racionális szám előáll az $\overline{(a,1)}$ és $\overline{(b,1)}$ egész számok hányadosaként: $$\overline{(a,b)}=\overline{(a,1)} \cdot \overline{(1,b)} = \overline{(a,1)} \cdot \overline{(b,1)}^{-1}=a\cdot b^{-1}=\displaystyle\frac{a}{b}.$$

   Ezután már a racionális számokkal számolhatunk „normálisan”, azaz egész számok hányadosaiként, a törtek szokásos számolási szabályai szerint. Nemsokára így is fogunk tenni, de a következő rész elején még a precízség kedvéért használjuk az $\overline{(a,b)}$ jelölést.

A racionális számok rendezése, arkhimédeszi tulajdonság

   A pozitív és a negatív racionális számok halmazát a következőképp definiáljuk: $$\mathbb{Q}^+:=\Big\{ \overline{(n,m)} \mid n,m\in \mathbb{N} \Big\}, \qquad \mathbb{Q}^-:=\Big\{ \overline{(-n,m)} \mid n,m\in \mathbb{N} \Big\}$$
   $\mathbb{Q}=\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \} \cup \mathbb{Q}^-$, és ez a három halmaz páronként diszjunkt.
  
diszjunktság Azt, hogy $0=\overline{(0,1)}$ se nem pozitív se nem negatív, már láttuk korábban: a $(\ast)$ képletben megfigyeltük, hogy $(a,b)\sim(0,1)\iff a=0$, tehát $\overline{(0,1)}\notin \mathbb{Q}^+ \cup \mathbb{Q}^-$. A $\mathbb{Q}^+$ és $\mathbb{Q}^-$ halmazok diszjunktságának igazolásához tfh. $\overline{(n,m)}=\overline{(-k,\ell)}$, ahol $n,m,k,\ell\in \mathbb{N}$. Ekkor $(n,m)\sim(-k,\ell)$, azaz $n\ell=-mk$. Itt a bal oldal pozitív egész szám, a jobb oldal negatív egész szám, ez pedig nem lehetséges (korábban már beláttuk, hogy a $\mathbb{Z}^+$ és $\mathbb{Z}^-$ halmazok diszjunktak). Ezzel bebizonyítottuk, hogy az állításban szereplő három halmaz páronként diszjunkt.
unió Azt kell igazolnunk, hogy minden $\overline{(a,b)}\in \mathbb{Q} $ elem benne van a három halmaz valamelyikében. Három esetet különböztetünk meg:

Most megmutatjuk, hogy a pozitív racionális számok meghatározzák $\mathbb{Q}$ egyetlen kompatibilis lineáris rendezését.

   Tetszőleges $r,s \in \mathbb{Q}$ esetén legyen $r \leq s$ akkor és csak akkor, ha $s-r \in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$.
  
  1. A fent definiált rendezéssel $\mathbb{Q}$ lineárisan rendezett test.
  2. Ez az egyetlen kompatibilis lineáris rendezése a racionális számok testének.
  3. A $\mathbb{Q}$-n definiált rendezés kiterjesztése a $\mathbb{Z}$-beli rendezésnek.
  
  1. Azt kell belátnunk, hogy a $\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P·), (P−), (PLIN) tulajdonságokkal. Ezek bizonyításában még utoljára használjuk az $\overline{(a,b)}$ jelölést, utána viszont már a szokott módon fogunk a racionális számokkal dolgozni.
    (P0) Ez triviális (ugye?).
    (P+) A $\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ halmaz elemei felírhatóak $\overline{(a,b)}$ alakban, ahol $a\in \mathbb{N}_0$ és $b\in \mathbb{N}$ (a számláló nemnegatív, a nevező pozitív). Tegyük fel tehát, hogy $\overline{(a,b)},\overline{(c,d)}\in\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$, ahol $a,c\in \mathbb{N}_0$ és $b,d\in \mathbb{N}$, és igazoljuk, hogy összegük is benne van a $\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ halmazban: $$\overline{(a,b)}+\overline{(c,d)}=\overline{(a,b)+(c,d)}=\overline{(ad+bc,bd)}\,.$$ Itt az első komponens (számláló) természetes szám, a második komponens (nevező) pedig pozitív egész szám, tehát az összeg valóban a $\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ halmazban van.
    (P·) Az előzőekhez hasonlóan tfh. $\overline{(a,b)},\overline{(c,d)}\in\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$, ahol $a,c\in \mathbb{N}_0$ és $b,d\in \mathbb{N}$. E két elem szorzata $\overline{(ac,bd)}$, ami valóban benne van a $\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ halmazban, mert $ac\in \mathbb{N}_0$ és $bd\in \mathbb{N}$.
    (P−) Tfh. $r \in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ és $-r \in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$. A második feltevésből következik, hogy $r \in \mathbb{Q}^- \cup \{ 0 \}$. Mivel a $\mathbb{Q}^+$, $\{ 0 \}$, $\mathbb{Q}^-$ halmazok páronként diszjunktak, ez csak $r\in \{ 0 \}$ esetén lehetséges, és épp ezt követeli meg a (P−) feltétel.
    (PLIN) Azt kell bizonyítanunk, hogy minden $r\in \mathbb{Q}$ esetén $r\in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ vagy $-r\in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$. Ez ekvivalens azzal, hogy $r\in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ vagy $r\in \mathbb{Q}^- \cup \{ 0 \}$, és ez valóban teljesül minden $r$ racionális számra, mert $\mathbb{Q}=\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \} \cup \mathbb{Q}^-$.
  2. Tfh. a $P \subseteq \mathbb{Q}$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P·), (P−), (PLIN) tulajdonságokkal; be fogjuk látni, hogy ekkor szükségképpen $P=\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$. Bármely $n$ természetes szám esetén $\frac{1}{n}$ és $\frac{-1}{n}$ közül az egyik $P$-ben van a (PLIN) tulajdonság miatt. Bármelyik eset is áll fenn, (P·) szerint $\frac{1}{n^2}\in P$, hiszen $\frac{1}{n^2}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}=\frac{-1}{n}\cdot\frac{-1}{n}$. Ha $\frac{a}{b}$ egy tetszőleges pozitív racionális szám (feltehető, hogy $a,b>0$), akkor $\frac{a}{b}=\frac{1}{b^2}+\cdots+\frac{1}{b^2}$ (itt $ab$ darab összeadandó van), és ez az összeg $P$-ben van, mert $P$ zárt az összeadásra. Ezzel beláttuk, hogy $P\supseteq \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$. Ha ez valódi tartalmazás lenne (vagyis lenne akár csak egyetlen negatív szám is $P$-ben), az ellentmondana a (P−) tulajdonságnak, tehát csak $P=\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}$ lehetséges.
  3. Ideiglenesen használjuk a $\leq_{\mathbb{Z}}$ és $\leq_{\mathbb{Q}}$ jelöléseket az egész számokon, illetve a racionális számokon értelmezett rendezési relációkra. Emlékeztetőül, ezek a következőképpen vannak definiálva: $$\forall a,b \in \mathbb{Z}\colon\; a \leq_{\mathbb{Z}} b \iff b-a \in \mathbb{N}_0, \qquad \forall a,b \in \mathbb{Q}\colon\; a \leq_{\mathbb{Q}} b \iff b-a \in \mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}.$$ Ha $a,b \in \mathbb{Z}$, akkor ez a kettő ekvivalens, hiszen ilyenkor $b-a \in \mathbb{Z}$ automatikusan teljesül, és $(\mathbb{Q}^+ \cup \{ 0 \}) \cap \mathbb{Z} = \mathbb{N}_0$.
   A racionális számok rendezése sűrű: tetszőleges $r,s \in \mathbb{Q}$ esetén $r \lt s \implies \exists t \in \mathbb{Q}\colon\; r \lt t \lt s$.
   Könnyű belátni, hogy $t = \frac{r+s}{2}$ megfelelő lesz, hiszen $t-r = s-t = \frac{s-r}{2} \in \mathbb{Q}^+$.

A következő tétel azt fejezi ki, hogy a természetes számok halmazának nincs felső korlátja $\mathbb{Q}$-ban. Ezt nevezik arkhimédeszi tulajdonságnak. Noha elég triviálisnak tűnik, ez egy nagyon fontos tulajdonság, amire nagy szükségünk lesz a valós számok bevezetéséhez. Később majd általánosabban is foglalkozunk arkhimédeszi rendezett testekkel.

($\mathbb{Q}$ arkhimédeszi)   Minden $r$ racionális számhoz létezik olyan $n$ természetes szám, amelyre $n>r$.
   Ha $r \leq 0$, akkor már $n=1$ is megfelelő. Ha $r>0$, akkor felírható $r=\frac{a}{b}$ alakban, ahol $a,b\in \mathbb{N}$, és ekkor pl. $n=2a$ jó lesz: $$2a>r \iff 2a>\frac{a}{b} \iff 2ab>a \iff 2b>1. \ \checkmark$$
   A fenti bizonyításban $n=2a$ persze egy nagyon durva felső becslés volt. Ha megkeressük a legkisebb $n$ egész számot, amelyre $n>r$, akkor be tudjuk szorítani az $r$ racionális számot két szomszédos egész szám közé (negatív $r$ esetén is), és így tudjuk definiálni racionális számok egészrészét és törtrészét. Ezt nem részletezzük, de belátható, hogy az egészrész és a törtrész rendelkezik a megszokott tulajdonságokkal. A következő állítás az arkhimédeszi tulajdonságot egy kicsit általánosabb formában fogalmazza meg (így használjuk majd a valós számok felépítésénél).
   Ha $u,\varepsilon,x \in \mathbb{Q}$ és $\varepsilon>0$, akkor létezik olyan $n\in \mathbb{N}$, amelyre $u+n \varepsilon > x$.
   Mivel $u+n \varepsilon > x \iff n > \frac{x-u}{\varepsilon}$, nem kell mást tennünk, mint az arkhimédeszi tulajdonságban az $r=\frac{x-u}{\varepsilon}$ racionális számhoz megfelelő $n$-et választani.