XXVI/1. szám, 2021. szept.

Racionális, algebrai és transzcendens hatványokról
Makay Géza
Amikor analízis témájú órát tartok, akkor az exponenciális függvényt a következőképpen szoktam definiálni. Legyen a > 0 valós szám az exponenciális függvény
alapja. Ekkor
1. an = a · a · . . . · a az a pozitív egész kitevős hatványa, ahol a jobb oldalon ntényező van.
2. a0 = 1.
3. a−n = 1/an .
√4. a1/n = n a az xn függvény inverzéből.
√5. ap/q = q ap , ahol p, q egész számok és q > 0.
6. Az így definiált racionális számokon értelmezett exponenciális függvény monoton, így minden irracionális helyen van bal- és jobboldali határértéke is, ésbelátható, hogy azok egyenlőek. Irracionális helyeken legyen az exponenciális
függvény értéke ez a határérték.
A definícióból és a levezetésből egyúttal az is következik, hogy az exponenciális
függvény folytonos. Példaként, érdekességként meg szoktam mutatni, hogy van
olyan irracionális szám, amelynek irracionális kitevős hatványa racionális. Amikor√
az embert megkérik, hogy mondjon egy irracionális
számot, akkor elsőnek a 2√√ 2
szokott beugrani, hát használjuk ezt. Ha a 2
racionális
szám, akkor készen
√vagyunk. Ha nem, akkor ezt, mint irracionális számot 2 hatványra emelve az
eredmény √ √2√ 2√ √2·√2 √ 22= 2= 2 =2ami racionális szám, és készen vagyunk.
Ez egy egyszerű levezetés, könnyen érthető akár középiskolás szinten is, de nem
ad meg egy konkrét példát. Egy másik ötlettel bebizonyítható, hogy ha a kitevő
irracionális (az alap lehet racionális vagy irracionális), akkor van olyan példa, amire

32

Makay Gézaaz eredmény irracionális. Valóban: az irracionális számok száma kontinuum, és haaz alap nem 0 vagy 1, akkor az exponenciális függvény szigorú monotonitásából
következik, hogy kontinuum sok különböző eredményt kapunk, ha az összes irracionális kitevőt behelyettesítjük. Mivel a racionális számok száma megszámlálható,
az eredmények között kell legyen irracionális is. De persze ez sem konstruktív bizonyítás. Hogy racionális szám irracionális kitevőn lehet-e racionális, arról egyik
fenti módszerrel sem tudunk meggyőződni, bonyolultnak tűnik.
Egyik órámra készülve elgondolkodtam azon, hogy meg lehetne-e adni egy konkrét példát is a fenti esetekre. A fő probléma ezzel az, hogy mivel az irracionális
kitevős hatvány egy (az a = 1 esetet kivéve) szigorúan monoton függvény határérékeként van megadva, semmi esély nincs rá, hogy megmondjuk, hogy az a határérték racionális vagy irracionális lesz. Ezért (mivel a kitevővel van baj) fordítottam
egyet a dolgon: legyen adott az alap (pl. egy irracionális szám) és az eredmény(pl. egy racionális szám), és ellenőrizzük le, hogy a kitevő irracionális-e. Vagyis egy
ax = b alakú egyenletet kellene megoldanunk ismert a, b > 0, a 6= 1 számok esetén.
A megoldás persze egyszerű: x = loga b. Vagyis olyan irracionális a és racionálisb számokat kellene keresnünk, amire√ loga b irracionális. A "szokásos" irracionális
számunkból kiindulva legyen a = 2, és hogy a logaritmus ne legyen racionális,vegyük az első olyan pozitív egész számot, amire van esélyünk, hogy ne legyen az,
ez pedig a b = 3. Tegyük fel, hogy a logaritmus mégis racionális, és nézzük meg,
mire jutunk ebből a feltevésből:log√2 3 =

p
q

⇒

√ pq
2 =3

⇒

2p = 32q

Ez nyilván nem lehetséges, hiszen a baloldali egész számban csak 2-es, a jobboldaliban csak 3-as prímtényezők vannak. Így kaptunk egy konkrét példát, amelyben
egy irracionális szám irracionális kitevős hatványa racionális:√ log√2 3
2=3

Ezen felbuzdulva, megpróbáltam konkrét példát adni az összes lehetséges esetre:az alap, a kitevő és az eredmény is lehet racionális, vagy irracionális. A racionális
kitevőkkel nincs is különösebb probléma, hiszen azokat régebb óta ismerjük, sokkal othonosabban mozgunk a köreikben. Az irracionális kitevőkre pedig a fentiek
alapján szerkeszthetünk példákat. Ekkor a következő táblázathoz juthatunk (itt33

Racionális, algebrai és transzcendens hatványokrólrac.=racionális, irrac.=irracionális):
alap kitevő eredmény
rac.
rac.
rac.
rac.
rac.
irrac.
irrac.
irrac.
rac.
rac.

rac.
rac.
irrac.
irrac.

rac.
irrac.
rac.
irrac.

irrac.

irrac.

rac.

irrac.

irrac.

irrac.

példa
22 = 4√
21/2 = 2
√ 2
2 =2
√
√
4
( 2)2 = 22log√2 3 = 3√
2log2 3 = 3√√ log 2 32
=3
√ log√2 √3 √= 3
2Vegyük észre, hogy a táblázatban szereplő logaritmusokról nem kell egyesével belátnunk, hogy mindegyik irracionális: mivel egymás racionális számszorosai, ezért
az egyik irracionalitásából (amit már beláttunk) következik a többié is:
log2

√

3=

1
log2 32log√2 3 = 2 log2 3

log√2

√

3 = log2 3

Hát ez gyönyörű: minden esetre tudtunk példát hozni. De gondoljuk tovább egy
kicsit a dolgot. A racionális számok, mint két egész szám hányadosai, tekinthetőek
elsőfokú, egész együtthatós polinomok gyökeinek. Lépjünk túl ezen, és tekintsük az (akárhanyad fokú) egész√ együtthatós polinomok gyökeit. Ezeket algebraiszámoknak hívjuk, például a 2 is az, mert az x2 − 2 polinom gyöke. Ha ilyen
számokat kívánunk hatványozni, akkor tudnunk kellene, hogy például racionális és
irracionális kitevős hatványaik milyenek.
Amikor racionális vagy valós számokról beszélünk, akkor igazából számtestekről
beszélünk: ezek zártak az alapműveletekre, az összeadásra, kivonásra, szorzásra és
osztásra. Vajon az algebrai számok is számtestet alkotnak? Vizsgáljuk meg akérdést.
Érdekes módon, a legbonyolultabb esetet könnyű megválaszolni.
Állítás. Ha a egy algebrai szám, akkor a reciproka is az.
Bizonyítás. Valóban, ha az a szám ap(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
n-edfokú polinom gyöke, akkor a 1nq(y) = y p= an + an−1 y + . . . + a1 y n−1 + a0 y ny34

Makay Géza

is polinom, és az a1 gyöke lesz, mert 0 = p(a) = an q( a1 ).
Egyszerű még a különbség esete is.
Állítás. Ha a egy algebrai szám, akkor −a is az.
Bizonyítás. Ha az a szám a p(x) polinom gyöke, akkor a −a gyöke lesz a p(−x)
polinomnak.
Az összegre és a szorzatra való zártság bizonyításához komolyabb eszközökhöz
kell nyúlnunk.
Először is vegyük észre, hogy ha egy egész együtthatós polinomot végigosztunka főegyütthatóval, akkor racionális együtthatós polinomot kapunk, illetve ha egy racionális együtthatós polinomot megszorozzuk az együtthatók nevezőinek legkisebb
közös többszörösével, akkor egész együtthatós polinomra jutunk. Eközben persze
a polinomok gyökei nem változnak. Ebből következik, hogy az algebrai szám definíciójában mondhattuk volna azt is, hogy azok a racionális együtthatós polinomok
gyökei. De mehetünk akár egy még általánosabb definíció irányába tovább.
Állítás. Az algebrai számok a racionális elemekkel rendelkező négyzetes mátrixok
sajátértékei.
Bizonyítás. Ha A ∈ Qn×n egy négyzetes mátrix, akkor a sajátértékek a det(A −λI) = 0 egyenlet megoldásai (I az n × n-es egységmátrix), és így a determináns egy
racionális együtthatós polinomja lesz λ-nak. De ez csak a bizonyítás egyik iránya,be kellene még látnunk, hogy minden racionális együttható polinom előáll ilyen
determináns alakban.
Racionális együtthatós polinomnál mindig elérhető, hogy a főegyüttható 1 legyen: egyszerűen leosztunk a főegyütthatóval. Ezek szerint egy ilyen alakú polinomunk van:xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,ahol ai ∈ Q. Az ehhez tartozó ú.n. Frobenius-mátrix ([1]) a következő alakban állelő:
0 0 0 ... 0−a0
1 0 0 . . . 0
−a1 




−a2 
0 1 0 . . . 0

A = . . . .
.. 
. . ...
 .. .. ..
. 0 0 0 . . . 0 −an−2 
0 0 0 . . . 1 −an−1
Ha kifejtjük a det(A − λI) determinánst az első oszlop szerint, akkor a következőt

35

Racionális, algebrai és transzcendens hatványokról

kapjuk:−λ 1det(A − λI) = − λ det  ...

 0


0
0
1


− det  ...

0
0

0
−λ
..
.
0
0

0 0
−λ 0
..
..
.
.
0 0
0 0



0 ...
0 ...
.. . .
.
.
0 ...
0 ...
...
...
..
.

0
0
..
.

...
...

−λ
1

0
0
..
.

−a1
−a2
..
.

−λ
1

−an−2
−λ − an−1

−a0

−a2


..

.

−an−2 









−λ − an−1Ebből az első determináns egy teljes indukciós bizonyítással
(−1)n−1 (λn−1 + an−1 λn−2 + . . . + a2 λ + a1 )alakú, míg a második determinánst az első sor szerint kifejtve a (−1)n a0 számot
kapjuk, így a fenti kifejezés kiadja a(−1)n (λn + an−1 λn−1 + . . . + a1 λ + a0 )polinomot, amivel beláttuk az állítást.
A Frobenius-mátrixok segítségével már be fogjuk tudni látni az algebrai számokösszeadásra és szorzásra való zártságát. Ehhez szükségünk van egy ⊗ jellel jelzettműveletre, amit a következőképpen definiálunk. Ha A = (aij ) egy n × n-es, ésB = (bkl ) egy m × m-es mátrix, akkor az A ⊗ B mátrix (mn) × (mn)-es, n × n
darab m × m-es blokkból áll elő így:n(aij · B)i,j=1
Az ⊗ műveletet értelmezhetjük egy n dimenziós v = (v1 , v2 , . . . , vn ) és egy mdimenziós w = (w1 , w2 , . . . , wm ) vektor esetén is, az egy nm dimenziós vektor lesza következő alakban:v ⊗ w = (v1 · w, v2 · w, . . . , vn · w)
Legyen most az a algebrai szám az A mátrix sajátértéke a v sajátvektorral, a b
algebrai szám pedig a B mátrix sajátértéke a w sajátvektorral, vagyis
A·v =a·v

és

B·w =b·w

36

Makay Géza

Számoljunk egy kicsit. Ha az (A ⊗ B) · (v ⊗ w) szorzatban blokkonként végezzük
el a műveleteket először, akkor a B mátrix aij -szereseit szorozzuk a w vektor vj szereseivel. Ezekből a szorzatokból a w vektor b·aij ·vj -szereseit kapjuk, hiszen a w
vektor a B mátrix sajátvektora a b sajátértékkel. Ez utóbbi két tényezőt összeadva
j-re és a műveletet végrehajtva i = 1, 2, . . . , n-re megkapjuk a v vektor a-szorosát,
vagyis összességében a v ⊗ w vektor ab-szeresét. Ezek szerint az A ⊗ B mátrixnak
a v ⊗ w vektor sajátvektora az ab sajátértékkel, így ab algebrai szám. Az alábbi
számolás ezeket a lépéseket végzi el:  Pn  (Av)1 bw
av1 bw
a11 B . . . a1n B
v1 w
j=1 a1j vj Bw   ..  ..
..   ..  = 
..
..
..
 .
=
= . .
.  .  .
.
Pn
an1 B . . . ann B
vn w(Av)n bw
avn bw
j=1 anj vj Bw
ami pontosan az ab(v ⊗ w) vektor.
Egy hasonló számolással az is belátható, hogy az a + b is algebrai. Vegyük mostaz (A ⊗ Im ) + (In ⊗ B) mátrixot, ahol Ik a k dimenziós egységmátrix. Ennek afenti jelölésekkel a v ⊗ w vektor sajátvektora lesz a + b sajátértékkel:


a11 Im ..
(A ⊗ Im )(v ⊗ w) =  .
an1 Im
és

...
..
.
...


B
 ..
(In ⊗ B)(v ⊗ w) =  .
0

...
..
.
...


 

a1n Imv1 w(Av)1 w..   ..  = ..
 = a(v ⊗ w)
.  .  .
ann Imvn w(Av)n w


 

0
v1 w
v1 bw
..   ..  =  ..  = b(v ⊗ w)
.  .   . 
B

vn w

vn bw

Összeadva a kettőt kapjuk, hogy((A ⊗ Im ) + (In ⊗ B))(v ⊗ w) = (a + b)(v ⊗ w)
Vagyis az algebrai számok valóban testet alkotnak.
De minket leginkább a hatványozás érdekel. Eszerint algebrai számok egész
kitevős hatványai is algebraiak, ha felhasználjuk a szorzásra és a reciprokképzésre
való zártságot. De minket nem csak egész kitevős hatvány érdekelne, hanem racionális, algebrai, sőt nem algebrai (vagyis transzcendes) kitevő is. Menjünk sorban.
Megint egy érdekes dolog, hogy a racionális kitevős hatvány esete egyszerű. Mindezazon múlik, hogy a polinomjainkban (nem feltétlenül lineáris) változó transzformációkat végrehajtva azok inverzei jelennek meg a gyökökben, mint a reciprok és anegált esetben is, csak ott esetleg ez nem volt annyira feltűnő.

Racionális, algebrai és transzcendens hatványokról

37√Állítás. Ha a egy algebrai szám, akkor n a is (n pozitív egész).
Bizonyítás. Ha az a szám a p(x) polinom gyöke, akkor könnyen ellenőrizhető, hogy√a p(xn ) is polinom lesz, és az n a gyöke lesz.
Ezek alapján kimondhatjuk, hogy algebrai számok racionális kitevős hatványai
is algebraiak.
Most tekintsük az algebrai számok algebrai (de nem racionális) kitevős hatványait. Amikor először belefutottam ebbe a kérdésbe, nem okozott különösebb
meglepetést, hogy nem egyszerű dologról van szó. Olyannyira nem, hogy ez volt
Hilbert 1900-ban a II. Nemzetközi Matematikai Kongresszuson Párizsban felvetettproblémái közül a hetedik ([2]), ami így szólt:
Ha a 0-tól és 1-től különböző algebrai szám, b pedig irracionális algebraiszám, akkor ab transzcendens.
Ezt az állítást Gelfond ([3]), és tőle függetlenül Schneider ([4]) bizonyította be,ma Gelfond-Schneider-tételnek ismerjük. A bizonyítás nem egyszerű, messzetúl√ √2mutat ennek a cikknek a keretein. De ebből például következik, hogy a 2 szám(amit a cikk elején emlegettünk) nemhogy irracionális, hanem még transzcendensis.
Térjünk vissza az eredeti célunkhoz, ami most már az, hogy megvizsgáljuk, és
ha lehet példát adjunk olyan hatványokra, ahol az alap, a kitevő és az eredmény
lehet racionális, irracionális algebrai, illetve transzcendens (27 eset). Nyilván nem
triviális példákat szeretnénk adni, tehát a "transzcendes a racionális hatványon
transzcendens" esetre lehetne példa a


√ √2
2

1

mint ahogy a "racionális a transzcendes hatványon racionális"-ra is lehetne példa
az
√ 

√

1

2

2

de ezeket triviálisnak tekintjük. Vagyis olyan példákat szeretnénk látni (ha vannak), amelyekben sem az alap, sem a kitevő nem 0 és nem 1.
Ugyanazt az ötletet próbáljuk meg továbbvinni, mint fent: legyen az alap és az
eredmény adott, és a kitevőről bizonyítjuk be, amit be kell bizonyítanunk. Vagyis
továbbra is az loga b alakú számokat kell vizsgálnunk, de most már általánosabb
esetben, amikor a és b akár algebrai számok is lehetnek. Ezzel kapcsolatos a következő
Állítás. Ha a és b algebrai számok, akkor loga b racionális vagy transzcendens.

38

Makay Géza

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy loga b algebrai szám. Ekkor ha ez a szám irracionális,akkor a Gelfond-Schneider-tétel szerint
aloga b = btranszcendens kellene legyen, ami ellentmondás, vagyis ha loga b algebrai, akkor
csak racionális lehet.
alap kitevő eredmény
rac.
rac.
rac.
rac.
rac.
alg.
rac.
rac.
tran.
rac.
alg.
rac.
rac.
alg.
alg.
rac.
alg.
tran.
rac.
tran.
rac.
rac.
tran.
alg.
rac.
tran.
tran.
alg.
alg.
alg.
alg.
alg.

rac.
rac.
rac.
alg.
alg.

rac.
alg.
tran.
rac.
alg.

alg.

alg.

tran.

alg.

tran.

rac.

alg.

tran.

alg.

alg.
tran.
tran.

tran.
rac.
rac.

tran.
rac.
alg.

tran.

rac.

tran.

tran.

alg.

rac.

tran.

alg.

alg.

tran.

alg.

tran.

tran.

tran.

rac.

tran.

tran.

alg.

tran.

tran.

tran.

példa
megjegyzés
22 = 4√
21/2 = 2
−
(1)
−
(2)
−
(2)
√
2 2
(3)
2log2 3 = 3√√
2log2 3 = 3√√
2 2 log2 3 = 3 2
√ 2
2 =2
√
√
( 4 2)2 = 2
−
(1)
−
(2)
−
(2)
√ √2
2
(3)
√ log√2 3
2=3√ log√2 √3 √2
= 3√
√ √2 log√2 3
2
=3 2
−
(4)
−
(4)
 √ 2
√
2
2 2
2
=2
(5)
 √ √22 2=4
 √ √2/4 √
2 2
= 2
4
 √
√
√
2
4
2 2
=2 2
 √ log √ 3
2 2
2 2
=3
 √ log √ √3 √
2
2
2 2
= 3
 √ √2 log √ 3
√
2
2
2 2
=3 2

Racionális, algebrai és transzcendens hatványokról

39Ebből következik, hogy a cikk elején használt log2 3 és társai is transzcendens
számok. Ha ezt tudjuk, akkor már nem nehéz feladat kitölteni a táblázatunkat,
csak egy kicsit meg kell variálni a logaritmusok alapját és argumentumát, hogy
azok megfelelő típusúak legyenek. A táblázatban mind a 27 esetről eldöntjük,
hogy lehetséges-e, és példát adunk rá, ha igen. A rac.=racionális, alg.=irracionális
algebrai, tran.=transzcendens jelöléseket használjuk, továbbá:(1) Ilyen nincs: algebrai szám racionális kitevős hatványa is algebrai.
(2) Ilyen nincs (kivéve a triviális esetet): Gelfond-Schneider-tétel.
(3) Minden alap és kitevő jó (kivéve a triviális esetet): Gelfond-Schneider-tétel.
(4) Ilyen nincs: ha az eredmény algebrai lenne, akkor a racionális kitevő miatt az
alapnak is algebrainak kellene lennie (Gelfond-Schneider-tétel).
(5) Minden alap és kitevő jó (kivéve a triviális esetet): mivel algebrai szám racionális kitevős hatványa is algebrai, ezért transzcendes szám racionális kitevős hatványatranszcendes kell legyen.
Az olvasóra bízzuk annak bizonyítását, hogy a táblázatban szereplő, logaritmus
függvényt is tartalmazó kifejezések valóban transzcendens számokat adnak.
Referencia[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Companion_matrix[2] https://hu.wikipedia.org/wiki/Hilbert-problémák[3] A. Gelfond, Sur le septième problème de Hilbert, Bulletin de l’Acadèmie des Sciences de l’URSS. Classe des sciences mathèmatiques et na, 1934, no. 4, 623-634.
[4] T. Schneider, Transzendenzuntersuchungen periodischer Funktionen, Journal für
die Reine und Angewandte Mathematik, volume 172, 1934, pp. 65-69, 70-74.
Makay Géza, SZTE Bolyai Intézet, 6720 Szeged, Aradi vértanúk tere 1.,
makayg@math.u-szeged.hu

40