114 Normat 60:3, 114–132 (2012)
Dypdykk i ufornuften, irrasjonale tall og det
som verre er
Christoph Kirfel
Matematisk institutt ved Universitetet i Bergen
Joh. Brunsgt. 12
N-5008 Bergen, Norge
christoph.kirfel@math.uib.no
Gjennom barneskolen, ungdomsskolen og videregående skole bygges tallbegrepet
hos ungdommer opp. Brøkbegrepet står på mange måter sentralt. Mange ungdom-
mer strever med brøk og da blir det en utfordring å studere nye talltyper som ikke
er brøker (irrasjonale tall). Det kan derfor være et poeng å finne gode eksempler for
irrasjonale tall som ikke krever for mye av elevene når det gjelder abstraksjon og
forkunnskaper. I den første delen av denne artikkelen skal vi presentere tre tilgan-
ger til irrasjonale tall. Her er det didaktiske overveielser som står i fokus og stoffet
passer på videregående skole. I del 2 av artikkelen skal vi videreutvikle en av ideene
fra del 1. Men nå beveger vi oss utenfor skolepensum. Fra irrasjonale tall skal vi
videre til transendente tall men noen av grunnideene vil som sagt likne tankene
som ble utviklet i del 1. I den tredje delen av artikkelen studerer vi Eulertalle e og
dets irrasjonalitet. Beviset åpner for en del generaliseringer og vi presenterer disse.
Dette gir oss en ny måte å generere irrasjonale tall på.
1 Irrasjonale tall
I denne delen av artikkelen skal vi gi tre tilganger til irrasjonale tall. Den første
bygger på geometriske argument slik de kunne ha sett ut i Pytagoras tid. Den
andre tilgangen er den vi finner i moderne læreverk og den tredje tilgangen er en
metode som jeg selv har utviklet og som bygger på desimaltall. Metoden er prøvd
ut i to klasser ved Tanks videregående skole i Bergen (Norge). Alle tre tilgangene
ble presentert for eleve ne.
1.1 Tilgang 1
Pytagoras (ca. 572 f.Kr. - ca. 500 f. Kr.) grunnla et brorskap der en dyrket mate-
matikk. Valgspråket deres var ”Alt er tall”. På den tiden hadde man et noe mer
begrenset tallbegrep enn i dag. Når Pytagoreerne snakket om tall så tenkte de
på naturlige tall eller forhold av naturlige tall (brøker). Andre former for tall var
ikke tenkelig for dem. I geometrien betydde det at alle størrelser (lengder) kunne
måles med same måleenhet. Hadde man to lengder i en geometrisk konstruksjon så
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 115
kunne man finne en måleenhet slik at denne gikk et helt antall ganger opp i den
ene lengden og et helt antall ganger i den andre, bare man valgte måleenheten liten
nok. Det kom som en stor overraskelse på brødrene når en av dem viste at en slik
tankegang ikke alltid var holdbar. Han undersøkte et kvadrat med sidelengde s og
diagonal d. I følge grunnsetningen deres skulle det da finnes en måleenhet m slik
at s = n · m og d = t ·m for to hele tall n og t. Situasjonen ser da slik ut.
Figur 1
Vi konstruerer nå en sirkelbue om A med radius s = n · m og finner skjæ-
ringspunktet M mellom sirkelen og diagonalen. Reststykket MC har da lengden
d ≠ s =(t ≠ n) · m, også dette er da et heltallig multiplum av måleenheten. Vi
oppretter en normal på diagonalen i M og kaller dens skjæringspunkt med side-
kanten BC for G. Trekanten GCM er da rettvinklet og har dessuten en vinkel på
45 grader (diagonalen møter sidekanten). Altså er den siste vinkelen også 45 grader
og trekanten GCM er likebeint. Dermed har vi MG = MC =(t ≠ n) · m . Nå ser
vi på trekantene ABG og AGM. Begge er rettvinklete og AB = AM. I tillegg er
siden AG felles for trekantene. Dermed må trekantene være kongruente og vi kan
konkludere at BG = MG = MC =(t ≠ n) · m.
Vi fullfører nå trekanten CMG til et kvadrat (se figur 3) og dermed har vi
fått følgende situasjon: Vi startet med et kvadrat ABCD der vi kunne finne en
måleenhet m som passet et helt antall ganger både i diagonalen og i siden.
116 Christoph Kirfel Normat 3/2012
Figur 2
Figur 3
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 117
Nå har vi konstruert et mindre kvadrat der den samme måleenheten m igjen
passer et helt antall ganger både i siden CM =(t ≠n)·m og i diagonalen CG = n ·
m≠(t≠n)·m =(2n≠t)·m . Denne prosessen kan fortsettes i det uendelige og vi ville
fått mindre og mindre kvadrater der både diagonalen og siden vil være multipler
av samme måleenhet. Dette går selvsagt ikke an siden kvadratene etter hvert blir
mindre enn enhver gitt måleenhet. Dette forbauset også Pytagoreerne. Det var
en strek i deres regning. Hvis alt kunne beskrives med naturlige tall og forhold
mellom naturlige tall så måtte da dette også gjelde så enkle ting som diagonalen
og siden i et kvadrat. Oppdagelsen ble først holdt hemmelig men en ”utro” tjener
i brorskapet, Hippasos, skal ha røpet hemmeligheten til utenforstående. Legenden
forteller at han kort tid etter omkom på sjøen på mysteriøs vis. Etter hvert måtte
også Pytagoreerne innse at oppdagelsen ikke kunne fornektes og at vi her hadde
et eksempel hvor forholdet mellom to geometriske lengder ikke kunne skrives som
et forhold av to naturlige tall. Dette var en alvorlig krise for brorskapet. Idéen om
irrasjonale tall var født. Selv idag virker dette nye tallbegrepet noe absurd eller
”ufornuftig” for mange, derav navnet ”irrasjonale tall”.
1.2 Tilgang 2
I denne delen argumenterer vi algebraisk. Vi ser på tallet
Ô
2 og viser at det ikke
kan skrives som brøk. Vi antar det motsatte, altså at
Ô
2 kan skrives som brøk og
ser at denne antakelsen fører oss til en selvmotsigelse. Vi antar altså at
Ô
2=
p
q
der p og q e r naturlige tall. Vi kan anta at brøken er forkortet. Så kvadrerer vi
begge sidene i likningen og får 2=
q
2
p
2
eller 2p
2
= q
2
. Det kan vi lese slik at p
2
er
et jamt kvadrattall. Undersøker vi rekken av kvadrattall nærmere gjør vi en liten
oppdagelse:
1
2
=1
2
2
=4
3
2
=9
4
2
= 16
5
2
= 25
6
2
= 36
... ...
Vi ser at de jamne kvadrattallene faktisk ligger i 4-gangen. Er et kvadrattall et
partall så er nemlig også grunntallet et partall, altså p =2k og p
2
=4k
2
og dermed
2q
2
=4k
2
som gir oss q
2
=2k
2
og dermed må også q
2
være et jamt kvadrattall.
Dette igjen fører til at q selv må være et partall. Da er altså både p og q partall
og brøken
p
q
var likevel ikke forkortet, en selvmotsigelse. Denne typen argumenter
finner en i læreverk på videregående skole (f.eks. Sinus R2) og
Ô
2 blir gjerne et
mønstereksempel på et irrasjonalt tall og argumentet et mønstereksempel på et
matematisk bevis.
118 Christoph Kirfel Normat 3/2012
1.3 Tilgang 3
I denne delen av artikkelen vil jeg presentere en alternativ tilgang til irrasjonale
tall som etter min mening gir en nokså intuitiv forståelse uten at det blir nødven-
dig med mange tekniske detaljer og nye formler. Eksempelet tar utgangspunkt i
desimaltallsbegrepet, noe som er muligens godt rotfestet hos elevene og ikke krever
i utgangspunkt mye abstraksjon. Vi lager oss et desimaltall a som vi senere vil vise
umulig kan skrives som en brøk. Vi lager tallet ved å ”fylle inn” desimalutviklingen
av tallet. Vi starter slik:
Figur 4
Strikke mønstere t her er følgende: Vi legger en ener i første desimal etter komma,
så en ener i fjerde desimal, så i niende, sekstende, osv. Vi legger altså en ener der
tallet for posisjonen er et kvadrattall. Slik fortsetter vi i det uendelige og resten
fyller vi ut med nullere. Dette må jo bli et fint desimaltall.
Poenget er nå følgende at dette tallet ikke kan skrives som en brøk. På en noe
nonchalant måte kunne vi forklare dette slik. Arbeider man med overgangen fra
brøk til desimaltall og har man regnet en del eksempler, ser det ut til at det bare
er to muligheter når vi skal skrive en brøk som desimaltall. Enten går divisjonen
opp e tter et visst antall steg og desimaltallet ender med bare nullere slik som i
3/4=0, 75000, eller hvis divisjonen ikke går opp selv etter mange ste g som i
1/3, får vi et repeterende mønster med en fast periode. For 1/3 er perioden 1, for
1/7=0, 142857142857? er perioden 6. Andre brøker kan ha lengre perioder. Men
hve r brøk skrevet som desimaltall har en viss fast periode. Det at divisjonen går
opp etter e t visst antall steg kan også oppfattes som et gjentagende mønster, der
sifferet null blir repetert og periodelengden er 1. Det er imidlertid slik at dersom en
bruke r kalkulator for å representere en brøk som desimaltall, vil det i noen tilfeller
være slik at en ikke ser mønsteret opptre fordi e n ikke har nok tilgjengelige siffer.
Siden tallet a tilsynelatende ikke følger et slikt mønster og har større og større hull
(blokke r av nullere) jo lenger vi kommer bak kommaet, kan a ikke være en brøk.
Vi prøver å presisere denne forklaringen. Førs t ser vi på to eksempler der vi regner
ut desimalutviklingen til to brøker.
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 119
Figur 5
En brøk
p
q
,derp og q er to heltall og q er forskjellig fra null kan skrives om
som desimaltall ved å utføre det oppstilte delingsstykke p : q,slikvilærerdet
på barneskolen. For hvert trinn i divisjonen får vi en rest som må være mindre
enn nevneren q. Det betyr at det finnes høyst q forskjellige mulige rester denne
divisjonsprosessen kan produsere. Har vi kommet så langt i divisjonsprosessen at
vi bare henter nullere bak komma ned i hvert skritt av divisjonsalgoritmen, så vil
restene etter maksimalt q steg gjenta seg.
Figur 6
120 Christoph Kirfel Normat 3/2012
Men da vil også hele divisjonsprosessen gjentar seg fra det stedet av og vi får et
repeterende mønster i desimalutviklingen slik som i e kse mplene overfor. Anta nå at
tallet a =
p
q
kan skrives som en brøk. Da vil denne brøken ha en desimalutvikling og
vi har de to nevnte mulighetene. Enten så går divisjonen opp etter et visst antall
steg og desimalutviklingen slutter på null som repeterer seg. Dette er åpenbart
ikke tilfelle, s iden desimalutviklingen av a inneholder uendelig mange ettall. Da
må vi ha det andre alternativet, nemlig at desimalutviklingen har et repeterende
mønster. La oss si at perioden er k. Dvs. repetisjonsmønsteret har lengde k. Hvis
vi går til ettall nummer k i desimalutviklingen for a, altså til posisjon k
2
(eller et
av de senere ettallene) så vil det følge minst 2k nullere og vi må konkludere at
repetisjonsmønsteret bare består av nullere, noe som åpenbart ikke kan stemme.
Avstanden mellom kvadrattall nummer k +1 og kvadrattall nummer k er nemlig
(k + 1)
2
≠ k
2
= k
2
+2k +1≠ k
2
=2k +1. Argumentet ovenfor utvides fra tallet
a som var bygget opp på kvadrattallsfølgen til mange flere desimaltall der lengden
av blokkene med nullere vokser. Tallet w =0, 1010010001000100001 er bygget opp
slik: Først har vi en null, så to, så tre, så fire nullere mellom enerne våre osv. Tallet
w vil heller ikke kunne skrives som en brøk. Man kan selvsagt tenke seg mange
varianter her. Det viktigste er at avstanden mellom ettallenevokser”. Det er nok for
å ødelegge for repeterende mønster som alle brøker genererer. Det er ikke nødvendig
at en bruker ettall m ellom nullere og en kan gjerne bruke forskjellige siffer i de
posisjonene som ikke er null. Hva med tallet som har ettall i posisjon, 1, 2, 4, 8,
16 osv. etter komma og ellers nullere? På dette punktet fikk elevene i R1-klassen
på Tanks videregående skole i oppdrag å lage sitt eget, personlige irrasjonale tall.
Først var elevene noe perpleks. Hva var det de skulle gjøre? Men etter noe tid kom
de første forslagene og snart var hele klassen i gang med å overtrumfe hverandre
med kompliserte desimaltallsmønstre som munnet ut i irrasjonale tall. Tallene fikk
greske bokstaver. Trond fikk bokstaven · (les tau). Hans tall så slik ut
· =0, 123456789101112...
Han måtte forklare hvorfor tallet ikke kunne være rasjonalt. Det var en utford-
ring men han klarte å overbevise klassekameratene .
Lenas tall skulle hete ⁄ (les lambda). Det så slik ut
⁄ =0, 11211311141111511111....
Også hun kunne overbevise klassen at hennes tall var irrasjonalt. Guris tall ble
hetende “ (les gamma) og så slik ut
“ =0, 3111311111131111111113...
Heller ikke her var klassen i tvil om at hun hadde funnet et irrasjonalt tall, da
hun var ferdig med sin forklaring.
Kåre hadde laget tallet Ÿ (les kappa). Det hadde følgende form
Ÿ =0, 122333444455555...
Selvsagt hadde også han funnet e t irrasjonalt tall.
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 121
Berit hadde laget tallet
— =0, 102003000400005...
og vi ble raskt overbevist om irrasjonaliteten. Noe mer innviklet syntes klassen var
Martes tall (my):
µ =0, 111141149114916114916251149162536...
men også her ble vi overbevist til slutt.
Spørrerundersøkelsen i slutten av timen gav noen viktige opplysninger: 1.) Ele-
vene fremhevet nettopp dette oppdraget å lage et personlig irrasjonalt tall som
læringsfremmende. Her hadde de lært noe nytt. Oppdraget virket motiverende. 2.)
I sammenlikningen av de forskjellige tilgangene til irrasjonale tall, foretrakk elevene
desimaltallstilgangen. Den var enklest å forstå. 3) Elevene mente at de hadde lært
mer om rasjonale tall, spesielt periodisiteten hadde vært uklar for dem tidligere og
hadde nå falt på plass.
Tilgangen via desimaltall har et kreativt aspekt samtidig som det åpner for en
stor variasjon av løsninger. Ber man elevene om forklaringer og argumenter for
irrasjonaliteten av sine ”produkter” kan en komme opp i interessante diskusjoner
og en har muligheten til å styrke elevenes m atematiske tankeevne og språk. På
mange måter hadde denne delen av undervisningsøkten kvaliteter av et ”undersø-
kelseslandskap” (se Skovsmose [3]), der elevenes nysgjerrighet var en pådriver og
der det var umulig å kunne forutsi utviklingen. Jeg vil takke Anne Bjørnestad og
Ranka Blazevic for at de åpnet sine R1-klasser på Tanks videregående skole slik at
jeg kunne prøve ut opplegget.
2 Transendente tall
I denne delen av artikkelen ønsker vi å utvide ”teknikken” der vi laget irrasjonale
tall som desimaltall med et spesielt mønster til å gjelde enda mer generelle talltyper.
Vi starter med
b = N,101000001000000000000000001...
= N +
1
10
+
1
10
3
+
1
10
3
2
+
1
10
3
3
+ ···
Her står N for heltallsdelen av tallet b. Vi får da samtidig en følge av tilnær-
mingsdesimalbrøker til b, nemlig tallene
b
0
= N
b
1
= N,1
b
2
= N,101
b
3
= N,101000001
...
b
n
= N +
1
10
+
1
10
3
+
1
10
3
2
+
1
10
3
3
+ ···+
1
10
3
n
122 Christoph Kirfel Normat 3/2012
Med de samme argumentene som i vårt første eksempel innser vi at b ikke kan
være et rasjonalt tall. Men vi skal gå lenger denne gangen. Vi skal vise at b ikke
kan være roten av et heltall heller. Til det så antar vi det motsatte, nemlig at b
er en kvadratrot b =
Ô
m,derm er et heltall. Vi skal nå vise at denne antakelsen
fører oss til en selvmotsigelse. Vi undersøker nå avstanden mellom b og en av
de tilnærmelsesdesimalbrøkene b
n
. Det er klart at tilnærmelsesdesimalbrøkene er
brøker som har en tierpotens som nevner b
n
=
p
n
q
n
=
p
n
10
3
n
. Det er lett å se at
følgende gjelder for avstanden vi interesserer oss for
b ≠ b
n
=(N +
1
10
+
1
10
3
+
1
10
3
2
+
1
10
3
3
+ ···+
1
10
3
n
+ ···) ≠
(N +
1
10
+
1
10
3
+
1
10
3
2
+
1
10
3
3
+ ···+
1
10
3
n
)
=
1
10
3
n+1
+
1
10
3
n+2
+ ···<
2
10
3
n+1
.
På den andre siden kan vi ved hjelp av tredje kvadratsetning skrive
b ≠ b
n
=
Ô
m ≠ b
n
=
Ô
m
2
≠ b
2
n
Ô
m + b
n
=
m ≠ b
2
n
Ô
m + b
n
=
mq
2
n
≠ p
2
n
q
2
n
(
Ô
m + b
n
)
>
1
q
2
n
· 2 ·
Ô
m
=
1
10
2·3
n
· 2 ·
Ô
m
.
Her brukte vi at uttrykket mq
2
n
≠p
2
n
må være minst lik 1 siden det er et positivt
heltall. Dessuten benyttet vi oss av
1
Ô
m+b
n
>
1
2·
Ô
m
siden b
n
<
Ô
m.Settervi
ulikhetene sammen får vi
1
10
2·3
n
· 2 ·
Ô
m
<b≠ b
n
<
2
10
3
n+1
som gir oss
10
3
n+1
10
2·3
n
< 4
Ô
m eller 10
3
n
< 4
Ô
m . Men dette kan ikke være riktig
for alle n.Erverdienavn stor nok vil tierpotensen overskride 4
Ô
m og ulikheten
gjelder ikke lenger. Dermed kan vi ikke lenger opprettholde vår antakelse at b kan
skrives som en kvadratrot av et naturlig tall. Med små endringer kan vi vise at
b ikke kan være roten av en brøk heller. Vi antar b =
r
s
og gjennomfører det
samme argumentet som i stad. Vi får
b ≠ b
n
=
r
s
q
2
n
≠ p
2
n
q
2
n
(
r
s
+ b
n
)
=
rq
2
n
≠ sp
2
n
q
2
n
s(
r
s
+ b
n
)
>
1
q
2
n
· 2 · s
r
s
=
1
10
2·3
n
· 2 ·
Ô
rs
.
og til slutt 10
3
n
< 4
Ô
rs som fører oss til samme selvmotsigelse som oppe. Der-
med har vi vist at konstruksjonen av desimaltall etter vårt mønster førte oss først
frem til tall som ikke kunne være brøker, så til tall som ikke kunne være røtter
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 123
av brøker. Nå skal vi generalisere våre observasjoner enda lenger. Vi skal se på
algebraiske og transendente tall. Et algebraisk tall er et tall som oppfyller en po-
lynomlikning med rasjonale koeffisienter (koeffisientene er brøker). Innledningsvis
nevnte vi at
Ô
2 ofte er det første tallet elevene møter som ikke er rasjonalt, altså
som ikke kan skrives som en brøk. Men
Ô
2 er et algebraisk tall siden det passer
i polynomlikningen x
2
≠ 2=0og koeffisientene til dette polynomet er rasjonale
(her til og med heltall). På samme måte vil
Ô
3, 7
1/3
og 13
1/7
være algebraiske tall
siden de passer i polynomlikninger der alle koeffisie ntene er rasjonale. Noen ganger
kan vi ikke skrive disse tallene som et rotuttrykk eller et uttrykk der flere røtter
er kombinert. For likninger av grad høyere enn fire kan vi ikke alltid skrive null-
punktene som en kombinasjon av vanlige rottegn. Da kan vi bare si at vi tenker
på en løsning av polynomlikningen x
5
+
4
5
x
4
+
7
3
x
3
+ x
2
≠
3
8
x +5 =0 og kaller
det tilhørende tallet – . Tallet – vil da være algebraisk. For hvert slikt algebraisk
tall – finnes det et polynom med rasjonale koeffisienter av minste grad der – er
løsning. Vi kan kreve at koeffisienten foran den høyeste potensen er 1. Et slikt
polynom heter minimalpolynom til – og graden til minimalpolynomet kaller vi for
graden til –. Det er nå lett å se at et slikt minimalpolynom vil være irredusibelt,
dvs. at det ikke kan skrives som produkt av to polynomer av mindre grad som
også har rasjonale koeffisienter. Hvis nemlig f(x)=g(x) · h(x) var et redusibelt
polynom og – var en rot, så ville – også være rot i en av faktorene. Men disse er
av mindre grad og dermed ville ikke f ha vært minimalpolynom. Vi skal nå vise
noen resultater om algebraiske tall og til slutt konstruere et nytt ”desimaltall” som
umulig kan oppfylle disse egenskapene til algebraiske tall. Dette tallet må derfor
være av en helt ny type. Reelle tall som ikke er algebraiske kalles transendente og
vi skal altså vise hvordan en kan ”konstruere” transendente tall. Vi benytter oss
av samme teknikk som tidligere. Vi lager et desimaltall med sifrene 0 og 1 og vi
angir en ”regel” hvor ettallene skal stå. Resten fylles ut med nullere. Denne gangen
setter vi en ener i alle posisjoner som svarer til en fakultet n!.Siden
1! = 1
2! = 1 · 2=2
3! = 1 · 2 · 3=6
4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24
5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120
...
ser starten på tallet vårt c slik ut:
c =0, 11000100000000000000000100...
Vi ser nå på de forskjellige desimalbrøkene som beskriver starten på vårt nye tall,
altså følgen
124 Christoph Kirfel Normat 3/2012
c
1
=0, 1=
1
10
c
2
=0, 11 =
11
100
c
3
=0, 110001 =
110001
1000000
c
4
=0, 110001000000000000000001 =
110001000000000000000001
1000000000000000000000000
...
Da ser vi lett at det for avstanden mellom c
n
og c gjelder c ≠c
n
Æ 2 ·10
≠(n+1)!
. Her
tok vi et 2-tall i stedet for et ettall for å ha en sikker skranke når vi tar med alle de
resterende desimalene i c. Vi antar nå at c er et algebraisk tall med minimalpolynom
f(x). Da har vi f (c)=0. Vi kan derfor skrive f(x)=(x ≠ c)g(x) der g også er et
polynom men ikke nødvendigvis med rasjonale koeffisienter. Vi undersøker nå om
g(c) kan være null. Hvis ja, så kan f skrives som f(x)=(x ≠ c)
2
h(x) der igjen h
er et polynom (ikke nødvendigvis med rasjonale koeffisienter). Vi tar nå en titt på
den deriverte f
Õ
(x) av f og skriver:
f
Õ
(x)=((x ≠ c)
2
h(x))
Õ
= 2(x ≠ c)h(x)+(x ≠ c)
2
h
Õ
(x)
=(x ≠ c)(2h(x)+(x ≠ c)h
Õ
(x)) = (x ≠ c)t(x)
Det betyr at både f og f
Õ
har faktoren (x ≠ c). Siden både fog f? er polynomer
med rasjonale koeffisienter vil også deres største felles divisor være et polynom med
rasjonale koe ffisie nter siden vi kan finne den ved polynomdivisjon. Polynomet (x≠c)
vil da være en divisor i denne største felles divisoren og dermed har denne divisoren
positiv grad. Det betyr igjen at f har en ekte divisor med rasjonale koeffisienter noe
som strider mot irredusibiliteten. Konklusjonen blir altså at g(c) ”=0.Sideng som
polynom er en kontinuerlig funksjon finnes det et lite intervall rundt x-verdien c,der
funksjonen fortsatt er forskjellig fra null, altså finnes det et intervall I =[c ≠ ”,c]
slik at g(x) ”=0for alle x œ I . Vi ser nå på en av tilnærmelsesdesimalbrøke ne
c
n
=
p
n
q
n
=
p
n
10
n!
som ligger i intervallet I, dvs. vi velger n så stor at den tilhørende
brøken ligger i intervallet. La oss si at minimalpolynomet kan skrives som
f(x)=x
k
+
u
k≠1
v
k≠1
x
k≠1
+
u
k≠2
v
k≠2
x
k≠2
+ ···+
u
1
v
1
x +
u
0
v
0
,
der u
i
og v
i
er heltall. La G være fellesnevneren for alle nevnerne i koeffisientene i
polynomet f. Da kan vi skrive
Gf(x)=Gx
k
+ w
k≠1
x
k≠1
+ w
k≠2
x
k≠2
+ ···+ w
1
x + w
0
,
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 125
der alle w
i
er heltall. Så ser vi på differansen
c ≠ c
n
= c ≠
p
n
q
n
=
f(p
n
/q
n
)
g(p
n
/q
n
)
=
Gp
k
n
+ w
k≠1
p
k≠1
n
q
n
+ w
k≠2
p
k≠2
n
q
2
n
+ ···+ w
0
q
k
n
G · q
k
n
g(p
n
/q
n
)
Ø
1
G · q
k
n
M
.
Her er alle ledd i telleren heltall og samlet må telleren derfor være Ø 1 . Konstanten
M er maksimum til g i inte rvallet I. Setter vi ulikhetene sammen får vi
1
(10
n!
)
k
GM
Æ c ≠ c
n
< 2 · 10
≠(n+1)!
som etter litt omforming gir
10
(n+1)!
10
k·n!
< 2GM eller 10
(n+1)!≠kn!
< 2GM .Mennå
er(n + 1)! ≠ kn!=(n +1≠ k)n! en funksjon som vokser over alle grenser for fast
k og dermed vil ulikheten ikke kunne gjelde for alle n og vi får en selvmotsigelse.
Dermed kan altså c ikke være et algebraisk tall og vi har lyktes i å konstruere et
transendent tall. Dette resultatet for algebraiske tall ble først vist av den franske
matematikeren Liouville i 1844, se [1]. Kaller vi funksjonen som forteller hvilke
desimaler som skal besettes med en ener for e(n), da har vi i dette tilfellet: e(n)=
n! og det gjelder e(n + 1) ≠ ke(n) er en funksjon som vokser over alle grenser.
Ønsker vi å konstruere nye transendente tall må vi bare sørge for at funksjonen
e(n+1)≠ke(n) vokser over alle grenser (så lenge k er fast). Da vil argumentasjonen
ovenfor kunne overtas og det nye tallet vil automatisk være transendent. Velger vi
e(n)=2
n
2
så er betingelsen oppfylt og vi får et nytt transendent tall. Andre
eksempler er e(n)=n
n
eller e(n)=2
2
n
. Til og med funksjoner som e(n)=
Ô
n!
eller e(n)=(n!)
1/3
fungerer i denne sammenhengen. I det aller første eksempelet
i denne artikkelen var e(n)=n
2
. Dette eksempelet kan dessverre ikke brukes til
å påvise transendens med denne metoden her. Men vi kunne vise at e(n)=n! gir
et transendent tall. I spennet mellom disse funksjonene vil vi muligens kunne lage
desimaltall som svarer til algebraiske tall. Men så snart funksjonen e(n) vokser så
fort som fakultetsfunksjonen har vi passert grensen for transendente tall.
Tillegg: Går man gjennom beviset for transendensen til c en gang til kan man
gjøre en viss generalisering. Vi kaller s
k
sifferet i posisjon k. Hos oss har det hele
tiden vært 1 eller 0, men man kan tenke seg at man velger andre ting her. Det kan
også være større enn 9. Men det må være et heltall. Desimaltallet vi får da kaller
vi d .Igjenerd
n
tilnærmelsesdesimalbrøkene til d. Da får vi
1
(10
n!
)
k
GM
Æ d ≠ d
n
< 2 · s
n+1
10
≠(n+1)!
og vi må sørge for at 10
(n+1)!≠kn!
< 2GM s
n+1
ikke kan holde for alle n.Mender
er jo plenty av plass for s
n
å vokse til og med eksponentielt og vel så det. Det samme
kan en selvsagt også overføre til argumentet med funksjonen e(n). Eksempelvis kan
man la s
n
være definert slik
s
n
=
;
p
3
+1
0
126 Christoph Kirfel Normat 3/2012
Her velger vi det første alternativet når n = p! for et naturlig tall p og det andre
alternativet ellers. Da vil begynnelsen på vårt transendente tall d se slik ut
d =0, 29002800000000000000006500...
Her åpner det seg store muligheter for å variere den enkle oppskriften vi startet
med.
3 Irrasjonaliteten av Eulertallet e og beslektede tall
Allerede i 1815 kunne Jean Baptiste Fourier (1768-1830) vise at Eulertallet e er
irrasjonalt. Vi skal følge hans fotspor her og benytter oss av følgende definisjon:
e =1+
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ···+
1
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
1
i!
Vi antar nå at tallet e kan skrives som en brøk e =
p
q
. Da får vi
p
q
=1+
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ···+
1
n!
+ ···
Ganger vi begge sider med q! får vi følgende
(q ≠ 1)!p = q!(1 +
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ···+
1
n!
+ ···)
= q!+
q!
1!
+
q!
2!
+
q!
3!
+ ···+
q!
q!
+
q!
(q + 1)!
+
q!
(q + 2)!
···
Venstresiden er selvsagt et heltall. Det er også de første q +1 le dde ne på høyre-
siden. Vi studerer nå restleddet
0 <
q!
(q + 1)!
+
q!
(q + 2)!
+
q!
(q + 3)!
+ ···
=
1
(q + 1)
+
1
(q + 1)(q + 2)
+
1
(q + 1)(q + 2)(q + 3)
+ ···
<
1
2
+
1
2 · 2
+
1
2 · 2 · 2
+ ···=1.
Dermed har vi følgende situasjon. Et heltall (q ≠1)!p er lik et annet heltall q!+
q!
1!
+
q!
2!
+
q!
3!
+···+
q!
q!
pluss et tall mellom null og en, en selvmotsigelse og antakelsen vår at
Eulertallet e kan skrives som en brøk er uholdbar. Den siste likheten
1
2
+
1
2·2
+
1
2·2·2
+
··· =1trenger muligens en kort forklaring. Uttrykket er en geometrisk rekke. Vi
kjenner den kanskje bedre igjen når vi starter med 1, altså 1+
1
2
+
1
2·2
+
1
2·2·2
+···=
1
1≠1/2
=2.
Dermed må uttrykket som vi har være lik 2 ≠ 1=1. Idéen som ligger bak
dette eksempelet tar vi nå videre til e t noe mer genere lt resultat som bygger på de
samme argumentene.
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 127
Teorem 1. La a
i
,iØ 1 være en følge av naturlige tall der a
i
Ø 2 og der lim
iæŒ
a
i
=
Œ.Settq
n
= a
1
· a
2
···a
n
, da er tallet – =
q
Œ
i=1
1
q
i
irrasjonalt.
Bevis. Siden q
n
= a
1
· a
2
···a
n
Ø 2
n
så er 0 < – =
q
Œ
i=1
1
q
i
Æ
q
Œ
i=1
1
2
i
=1og vi
har vist at – eksisterer som reelt tall. Vi antar nå at – =
p
q
kan skrives som en
brøk. Da har vi
p
q
=
q
Œ
i=1
1
q
i
. Vi velger nå n så stor at a
n+1
> 2q . Så ganger vi
begge sider med q · q
n
. Da får vi
p · q
n
= q · q
n
Œ
ÿ
i=1
1
q
i
p · q
n
==q · q
n
3
1
q
1
+
1
q
2
+
1
q
3
+ ···+
1
q
n
4
+ q · q
n
Œ
ÿ
i=n+1
1
q
i
eller
p · q
n
≠ q · q
n
3
1
q
1
+
1
q
2
+
1
q
3
+ ···+
1
q
n
4
= q · q
n
Œ
ÿ
i=n+1
1
q
i
= q ·
Œ
ÿ
i=n+1
q
n
q
i
= q
3
1
a
n+1
+
1
a
n+1
· a
n+2
+
1
a
n+1
· a
n+2
· a
n+3
+ ···
4
<
q
a
n+1
3
1+
1
2
+
1
2 · 2
+
1
2 · 2 · 2
+ ···
4
=
2q
a
n+1
< 1.
Nå har vi fått den samme selvmotsigelsen som oppe. Venstresiden er et helt tall
mens høyresiden er et tall mellom 0 og 1. Vi må altså forkaste vår antakelse at
– =
p
q
kunne skrives s om brøk.
Bemerkning: I teoremet er det nok å kreve at følgen a
i
,i Ø 1 er slik at for
hve rt tall q eksisterer det en indeks n slik at a
n+1
Ø 2q. Dette er et svakere krav
enn lim
iæŒ
a
i
= Œ. F.eks. oppfyller følgen 2,3,2,4,2,5,2,6,2,7,2,8 det svakere kravet
mens grenseverdien ikke eksiterer og ikke er uendelig. Det er nok å kreve at følgen
a
i
,iØ 1 inneholder e n delfølge som går mot uendelig.
Vi ser at e≠2=
1
2!
+
1
3!
+···+
1
n!
+···=
q
Œ
i=2
1
i!
tilfredsstiller kravene fra teorem
1. De to første leddene i summen har nevner 1 og må derfor få litt spesialbehandling.
Da ser vi at e ≠ 2 er irrasjonalt og derfor må også e selv være det.
Korollar. Under de samme betingelsene som i teorem 1 er også tallet
— =
Œ
ÿ
i=1
(≠1)
i+1
q
i
irrasjonalt. De samme heltallsargumentene på venstre side av likningen gjelder også
her som i teoremet. Når det gjelder høyresiden ligger den mellom -1 og 1 og vi må
utelukke at den blir 0. Nå er
3
1
a
n+1
≠
1
a
n+1
· a
n+2
≠
1
a
n+1
· a
n+2
· a
n+3
≠ ···
4
>
1
a
n+1
3
1 ≠
1
2
≠
1
2 · 2
≠
1
2 · 2 · 2
≠ ···
4
=0
128 Christoph Kirfel Normat 3/2012
og vi ser at restleddet ikke kan forsvinne. Argumentet forteller også at korollaret
holder for enhver fordeling av pluss- og minustegn i tellerne ikke bare for den der
pluss- og minustegn alternerer. Det er mange andre eksempler som faller inn under
samme setningen.
Eksempel 1. Se på tallet a =0, 1001000010000001000000001... fra del 1 i ar-
tikkelen. Her har vi en ener på første, fjerde, niende, sekstende plass, osv. Vi har
altså en ener i hver posisjon som svarer til et kvadrattall og ellers nullere. Her er
a
1
= 10,a
2
= 1000,a
3
= 100000, ··· ,a
i
= 10
2i≠1
og vi ser at følgen a
i
,i Ø 1
tilfredsstiller kravene fra teoremet. Dermed må a være irrasjonalt.
Eksempel 2. “ = sin(1) er irrasjonalt. Vi kjenner Taylorrekken til sinusfunksjo-
nen. Den sier at
sin(x)=x ≠
x
3
3!
+
x
5
5!
≠
x
7
7!
+ ···+(≠1)
n
x
2n+1
(2n + 1)!
+ ···
Dermed har vi at
sin(1) = 1 ≠
1
3!
+
1
5!
≠
1
7!
+ ···+(≠1)
n
1
(2n + 1)!
+ ···
Ser vi bort fra det første leddet kan vi skrive at a
i
=2i(2i + 1) . Denne følgen
oppfyller kravet fra korollaren og sin(1) må være irrasjonalt. Ved hjelp av den
samme Taylorrekken ser en også at
sin(
1
k
)=
1
k
≠
1
k
3
3!
+
1
k
5
5!
≠
1
k
7
7!
+ ···+(≠1)
n
1
k
2n+1
(2n + 1)!
+ ···
er irrasjonalt for alle naturlige tall k. Her setter vi a
1
= k og a
i
= k
2
(2i ≠2)(2i ≠1)
for i>1 . Med liknende argumenter kan en også se lett at
cos(1/k),sinh(1/k),cosh(1/k)
og selvsagt e
1/k
også må være irrasjonale for naturlige verdier av k.
I neste omgang ser vi på
e
2
=1+
2
1!
+
2
2
2!
+
2
3
3!
+ ···+
2
n
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
2
i
i!
.
Her kan metoden som virket så enkelt for e, dessverre ikke tas i bruk. Multipliserer
vi nemlig her med q! slik vi gjorde i starten av del 3 av artikkelen, så vil restleddet
være lik
0 <
2
q+1
q!
(q + 1)!
+
2
q+2
q!
(q + 2)!
+
2
q+3
q!
(q + 3)!
+ ···
=2
q+1
3
1
q +1
+
2
(q + 1)(q + 2)
+
4
(q + 1)(q + 2)(q + 3)
+ ···
4
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 129
og det sistnevnte uttrykket kan ikke vises å være under 1. Dermed må vi gå litt
mer forsiktig til verks her. Vi benytter oss her av et triks som første gang ble brukt
av Liouville i 1840 (se [2]).
Teorem 2 e
2
=1+
2
1!
+
2
2
2!
+
2
3
3!
+ ···+
2
n
n!
+ ···=
q
Œ
i=0
2
i
i!
. er irrasjonalt.
Bevis. Vi ønsker å benytte en metode som likner den vi brukte i beviset for e men
i stedet for å multiplisere begge sidene av likningen med q! vil vi gjerne fjerne
alle faktorer 2 fra q!. Vi må være litt mer presise: Vi antar igjen at e
2
=
p
q
er et
rasjonalt tall. I tillegg antar vi at q er odde. Nå finner vi en toerpotens som er
større enn q, altså q<2
m
= Q. Samtidig passer vi på at Q>4 . Vi studerer
nå Q!. Blant faktorene 1, 2, 3, 4,...,Q er halvparten partall, en fjerdedel ligger i
4-gangen, en åttendedel i 8-gangen, osv. Derfor inneholder Q! faktoren 2 nøyaktig
2
m≠1
+2
m≠2
+ ...+2+1=Q ≠ 1 ganger og vi vet at
Q!
2
Q≠1
er et odde heltall. Vi
har faktisk vist at
Q!
2
Q≠1
=1·3 ·5 ·7 ·...·(Q ≠1) . Dette blir det rette tallet å gange
den nye likningen vår med. Vi starter med
p
q
= e
2
=1+
2
1!
+
2
2
2!
+
2
3
3!
+ ···+
2
n
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
2
i
i!
og ganger med
Q!
2
Q≠1
. Da får vi
p
q
·
Q!
2
Q≠1
=
Q!
2
Q≠1
3
1+
2
1!
+
2
2
2!
+
2
3
3!
+ ···+
2
Q
Q!
4
+
Q!
2
Q≠1
·
Œ
ÿ
i=Q+1
2
i
i!
eller
p
q
·
Q!
2
Q≠1
≠
Q!
2
Q≠1
3
1+
2
1!
+
2
2
2!
+
2
3
3!
+ ···+
2
Q
Q!
4
=
Q!
2
Q≠1
·
Œ
ÿ
i=Q+1
2
i
i!
Vi skal nå vise at venstresiden er et heltall mens høyres iden ligger mellom 0 og 1,
noe som vil fremtvinge den ønske de selvmots igelsen.
p
q
·
Q!
2
Q≠1
er et helt tall siden
Q!
2
Q≠1
=1·3 · 5 · 7 · ...· (Q ≠ 1) og q er nettopp ett av de odde tallene som dermed
forkortes. Hvert av tallene
Q!
2
Q≠1
·
2
t
t!
er et heltall. Det er lett å se at antall totall som
er inneholdt i t! er mindre eller lik t ≠1, slik at brøken ikke har noen totall igjen i
nevneren når vi har forkortet den. Der er bare påfølgende odde tall i nevneren og
noen totall i telleren. Dermed er
Q!
2
Q≠1
·
2
t
t!
et heltall for 0 Æ t Æ Q og vi har vist at
130 Christoph Kirfel Normat 3/2012
hele venstresiden er et heltall. Høyresiden eller restleddet ser s lik ut:
Q!
2
Q≠1
·
Œ
ÿ
i=Q+1
2
i
i!
=
Q!
2
Q≠1
·
3
2
Q+1
(Q + 1)!
+
2
Q+2
(Q + 2)!
+
2
Q+3
(Q + 3)!
+ ···+
4
=
4
Q +1
·
3
1+
2
Q +2
+
2 · 2
(Q + 2)(Q + 3)
+
2 · 2 · 2
(Q + 2)(Q + 3)(Q + 4)
+ ···+
4
<
4
Q +1
·
3
1+
2
Q +2
+
2 · 2
(Q + 2)(Q + 2)
+
2 · 2 · 2
(Q + 2)(Q + 2)(Q + 2)
+ ···+
4
=
4
Q +1
·
A
1+
2
Q +2
+
3
2
Q +2
4
2
+
3
2
Q +2
4
3
+ ···+
B
=
4
Q +1
·
1
1 ≠ 2/(Q + 2)
=
4
Q +1
·
Q +2
Q
<
4 · 7
6 · 5
< 1
for Q>4, noe som vi sikret oss da vi valgte Q. Hvis nå q ikke var odde, så vil p
være odde, siden vi kan forutsette at brøken er forkortet. Da ser vi på brøken
q
p
= e
≠2
=1≠
2
1!
+
2
2
2!
≠
2
3
3!
+ ···+(≠1)
n
2
n
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
(≠1)
i
2
i
i!
.
Her vil de samme argumentene for å vise at noen uttrykk er heltall og at restleddet
ligger mellom 0 og 1 gjelde og vi har vist den ønskete selvmotsigelsen.
Med de samme argumentene kan en også vis e at sin(2),cos(2),sinh(2) og cosh(2)
er irrasjonale. Det samme gjelder cos(
Ô
2) og cosh(
Ô
2) siden de tilhørende Taylor-
rekkene bare involverer jamne potenser.
Bemerkning: Liouville[2] kunne vise at tallet e ikke kunne være rot i noen kvad-
ratisk likning med rasjonale koeffisienter. Hvis e oppfyller en slik likning kan vi
omforme likningen til
ae +
b
e
= c,
der a, b og c er heltall. Nå vet vi at
e =1+
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ···+
1
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
1
i!
og at
1
e
=1≠
1
1!
+
1
2!
≠
1
3!
+ ···+(≠1)
n
1
n!
+ ···=
Œ
ÿ
i=0
(≠1)
i
1
i!
Vi velger nå et stort tall q og ganger likningen med q!. Da får vi
a
q +1
1
1+
1
q +2
+
1
(q + 2)(q + 3)
+ ...
2
±
b
q +1
1
1 ≠
1
q +2
+
1
(q + 2)(q + 3)
≠ ...
2
= µ,
Normat 3/2012 Christoph Kirfel 131
der µ er et heltall. Hvis b er negativ må vi velge q som odde tall, ellers partall. Da
er det lett å vise at venstresiden e r et lite tall mellom 0 og 1 og vi har kommet
frem til den samme selvmotsigelsen som før.
Teorem 3. La a
i
,iØ 1 og p
i
,iØ 1 være følger av naturlige tall der a
i
Ø 2 slik at
lim
iæŒ
p
i
a
i
=0.Settq
n
= a
1
· a
2
· a
3
· ...a
n
. Da er tallet – =
q
Œ
i=1
p
i
q
i
irrasjonalt.
Bevis. Siden lim
iæŒ
p
i
a
i
=0kan vi finne en indeks n slik at
p
n
a
n
< 1 og det samme
gjelder for alle videre indekser. Vi setter T =
q
n≠1
i=1
p
i
q
i
. Siden q
n
= a
1
·a
2
·a
3
·...a
n
Ø
2
n
så er
0 < – =
Œ
ÿ
i=1
p
i
q
i
= T +
Œ
ÿ
i=n
p
i
q
i
= T +
Œ
ÿ
i=n
p
i
a
1
· a
2
· ...a
i
=
= T +
Œ
ÿ
i=n
1
a
1
· a
2
· ...a
i≠1
3
p
i
a
i
4
Æ T +2
og vi har vist at – eksisterer som reelt tall. Vi antar nå at – =
p
q
kan skrives som
en brøk. Nesten som i beviset for teorem 1 velger vi nå n s å stor at
p
n+1
a
n+1
<
1
2q
også
for alle påfølgende indekser. Så ganger vi begge sider av likningen
p
q
=
q
Œ
i=1
p
i
q
i
med q · q
n
. Da får vi
p · q
n
≠ q
3
p
1
q
n
q
1
+
p
2
q
n
q
2
+
p
3
q
n
q
3
+ ...+
p
n
q
n
q
n
4
= q · q
n
Œ
ÿ
i=n+1
p
i
q
i
= q
Œ
ÿ
i=n+1
p
i
· q
n
q
i
= q
3
p
n+1
a
n+1
+
1
a
n+1
·
p
n+2
a
n+2
+
1
a
n+1
a
n+2
·
p
n+3
a
n+3
+ ...
4
<q·
1
2q
3
1+
1
2
+
1
2 · 2
+
1
2 · 2 · 2
+ ...
4
=
2q
2q
=1
Nå har vi fått den samme selvmotsigelsen som oppe. Venstresiden er et helt tall
mens høyresiden er et tall mellom 0 og 1 og vi må forkaste vår antakelse at – =
p
q
kunne skrives s om brøk.
Teorem 3 gir noe større frihet til å konstruere irrasjonale tall siden tellerne i
brøkene i den uendelige summen ikke behøver å være 1. På den andre siden må vi
anta at lim
iæŒ
p
i
a
i
=0, som er et sterkt krav (se bemerkningen etter teorem 1).
Teorem 3 gir en god del muligheter til å konstruere nye irrasjonale tall. Her kommer
en av dem. La a
i
,i Ø 1 og p
i
,i Ø 1 være tallfølger som oppfyller betingelsene i
teorem 3 og la 1 Æ c
i
Æ p
i
,i Ø 1 være en følge av naturlige tall. Da vil også tallet
Ÿ =
q
Œ
i=1
c
i
q
i
være irrasjonalt. Alle argumentene fra teoremet kan overtas.
Her kommer enda en ny metode for å lage nye irrasjonale tall. La a
i
,i Ø 1 og
p
i
,i Ø 1 være tallfølger som oppfyller betingelsene i teorem 3 og la q
i
j
være en
delfølge av q
i
. Da vil også tallet ” =
q
Œ
j=1
p
i
j
q
i
j
være irrasjonalt. Alle argumentene
fra teoremet kan ove rtas.
132 Christoph Kirfel Normat 3/2012
4 Avslutning
Vi har vist hvordan man med enkle midler kan konstruere irrasjonale tall og siden
også transendente tall. Metoden bygger først og fremst på en forståelse av desi-
maltall. Metoden tillater mange variasjoner og en får et lite glimt av mangfoldet
i tallverdenen. I tillegg får vi et innblikk i tallet e og andre beslektede tall sin
irrasjonalitet. Vi utviklet flere verktøy for å lage irrasjonale tall selv.
Referanser
[1] Liouville, J., Sur les classes très étendues de quantités dont la valeur n’est ni
algébraique ni meme réductible à des irrationelles algébraiques, J. Math. Pures et
Appl. (1) 16, 133-142 (1851).
[2] Liouville, J., Sur l’irrationalité du nombre e=2,718? Journal de Mathématiques
Pures et Appl. (1) 5 (1840), 192; Addition, 193-194
[3] Skovsm ose, O. Undersøkelseslandskaper, I rapporten ”Matematikk for alle”
Landslag for matematikk i skolen (Sommerkurs i Trondheim 1998)
