      P 46 (2018/2019) 68 Ramanujanova kvadratura kroga A S̌  M S Oris življenja S. Ramanujana Pred 130 leti se je v Južni Indiji v vasici Erode blizu mesta templjev Kumbakonama v današnji državi Ta- mil Nadu v revni in zelo pobožni brahmanski družini rodil nenavaden matematični genij Srinivasa Aiyangar Ramanujan (1887–1920). Zanj je že pred njegovim rojstvom v družini veljalo prepričanje, da bo to poseben otrok, nad katerim bo po družinski prerokbi bdela in spregovorila družinska boginja Na- magiri. Že v rani mladosti se je od sovrstnikov raz- likoval po izrednem spominu in izjemnem daru za matematiko. Za šalo je sešteval, odšteval, množil, delil in razcepljal večmestna števila. Kot srednje- šolec je pomagal univerzitetnim študentom reševati matematične probleme. S tem si je med njimi prido- bil občudovanje, pri večini svojih visokošolskih uči- teljev, ki mu niso zmogli slediti in ga niso znali usmerjati, pa nerazumevanje. Tako je v osami odkrival že znane matematične teorije in jih razvijal dalje. Pri tem je odkril veliko novega in tudi zelo izvirnega. Najbolj so ga prite- gnili neskončne vrste, verižni ulomki in teorija šte- vil. Geometrije se je dotaknil le poredko. Pravzaprav je njegovo najbolj znano delo na tem področju prav tema tega članka. To matematično samorastništvo brez primernega učitelja, ki ni bilo podkrepljeno niti z ustrezno literaturo, je največja razlika med Rama- nujanovo genialnostjo in drugimi vélikimi matema- tiki. Svoja odkritja je Ramanujan brez dokazov ali raz- lage pisal v zvezka, ki se danes imenujeta Prva in Druga beležka (ang. Notebook). Ti zapisi so bili in so še vedno osnova vseh raziskav in objav Ramanujano- vega dela številnih odličnih matematikov. V tistem času na indijskih univerzah ni bilo mogoče študirati izključno matematike. Ramanujan zaradi nezanima- nja za ostale predmete (npr. za fiziologijo), velike revščine in ne nazadnje zaradi amebne griže ni ni- koli diplomiral. Matematična raziskovanja je preki- nila njegova mati s tem, da ga je po indijski tradiciji leta 1909 poročila z nevesto, ki mu jo je leto pred tem sama izbrala, in ga s tem prisilila, da si je moral začeti iskati službo. Službo, ki naj bi imela mate- matično ozadje, je Ramanujan iskal pri raznih ma- tematikih in jim pri tem kot priporočilo kazal svoji beležki, vendar je bil kljub občudovanju njegovega dela vse do leta 1912 povsem nerazumljen. S svojimi odmevnimi prvimi objavami v reviji In- dijskega matematičnega društva v letih 1911 in 1912 je v Indiji postal znan kot izjemen matematik. Šele leta 1912 je končno dobil službo računovodje pri ogromnem madraškem pristaniškem podjetju. Tam je bil deležen podpore in razumevanja svojih nadre- jenih, direktorja in velikodušnega plemiča inženirja Francisa Springa (1849–1933) in matematika S. Na- rayana Iyerja (1874–1937). Oba sta potem vse do njegove smrti skrbela zanj. Iyer pa je še po smrti veliko naredil za Ramanujanova dela in njegove do- mače. Leta 1913, v drugem letu službovanja, se mu je nasmehnila sreča. Na pobudo nekaterih indijskih matematikov je prišel v stik s priznanim matema- tikom, vodilnim mojstrom dokazovanja, Godfreyem H. Hardyjem (1877–1947). Ta je skupaj s svojim zve- stim sodelavcem Johnom E. Littlewoodom (1885– 1977) v njem takoj prepoznal izjemnega matema- tika. Močno so ju pritegnile Ramanujanove nove ide- je in enačbe, čeprav sta v nekaterih odkrila nepravil- nosti, ki so bile posledica Ramanujanovega pomanj- kljivega formalnega znanja matematike. Toda Rama- nujan, močno vpet v indijsko tradicijo verovanj, je       P 46 (2018/2019) 6 9 SLIKA 1. to povabilo sprejel šele po dobrem letu njunih do- pisovanj. Sodelovanje vseh treh matematikov velja za edinstveno v zgodovini. Plod tega sodelovanja so tudi Ramanujanovi rezultati, dopolnjeni z rigo- roznimi dokazi, ki so kljub začetnemu neodobrava- nju ostalih profesorjev s Cambridgea postali prepo- znavni in cenjeni. Po dveh letih bivanja v Angliji so Ramanujanu podelili diplomo, enakovredno dana- šnjemu doktoratu, leto zatem so ga sprejeli za člana Londonskega matematičnega društva. Leta 1918 so ga kot drugega Indijca izvolili za člana Kraljevega društva, za člana Filozofskega društva Cambridge in kot prvega Indijca tudi za člana Trinity Collegea. Pred Ramanujanom je bila bleščeča kariera, toda amebna griža, ki je s krajšimi prekinitvami mirovala, je ponovno izbruhnila. Napačno postavljena diagno- za, Ramanujanovo zavračanje uradne medicine, ne- prijazno podnebje in vojno pomanjkanje hrane so bolezen le še poslabšali. Leta 1919 se je vrnil do- mov v Madras, današnji Chennai, kjer je leto kasneje umrl. V tem obdobju je napisal 138 strani novega roko- pisa o lažnih funkcijah theta in ga poslal Hardyju. Ta rokopis so potem založili in je bil slučajno odkrit šele leta 1976, zato je danes poznan kot Izgubljena beležka (ang. Lost Notebook). Matematiki so v ob- dobju od 1985 do 1998 uredili beležki v pet knjig, Izgubljena beležka pa jih zaposluje še danes. Številoπ in kvadratura kroga Spoznanje, da je razmerje med obsegom in preme- rom krožnice vselej konstantno, spada med največje dosežke v zgodovini znanosti. Zato ni presenetljivo, da so se s tem razmerjem, ki ga označujemo s π , ukvarjali tudi najimenitnejši matematiki od antike dalje. Skrivnost je bila že njegova umestitev med številske množice. Pojavili sta se vprašanji: Ali je π racionalno število? Ga lahko konstruiramo z ev- klidskim orodjem, torej samo s šestilom in neozna- čenim ravnilom? Slednje vprašanje o konstruktibil- nosti so starogrški matematiki postavili v obliki pro- blema kvadrature kroga. To sprašuje po konstrukciji stranice kvadrata, ki ima enako ploščino kot podan krog. Da je problem nerešljiv, je dokazal nemški ma- tematik Carl L. F. von Lindemann (1852–1939) šele leta 1882. Jedro dokaza je izrek, da π ni ničla nobe- nega polinoma, katerega koeficienti so cela števila. Takim številom pravimo transcendentna. Iracional- nost je bila znana že leta 1761 po zaslugi Johanna H. Lamberta (1728–1777). V zgodovini se je pojavilo kar nekaj približnih konstrukcij kvadrature kroga, za katere so avtorji pred Lindemannovim dokazom pogosto trdili, da predstavljajo rešitev problema. Kasnejše konstruk- cije so v večini posledice izziva, da iz konstruktibil- nega približka za π najdemo elegantno približno re- šitev problema. Ramanujan je podal taki konstruk- ciji. Prvo konstrukcijo je objavil leta 1913 v enostran- skem članku v reviji Indijskega matematičnega dru- štva in temelji na približku 355/113. Od kod ta pri- bližek? Znano je, da lahko vsako realno število zapi- šemo v obliki enostavnega verižnega ulomka: a0 + 1 a1 + 1 a2 + 1 . . . , kjer je a0 neko celo število, a1, a2, . . . pa neka na- ravna števila. Za zgornji izraz se pogosto uporablja krajši zapis [a0;a1, a2, . . .], števila v njem pa imenujemo verižni koeficienti. Če je verižnih koeficientov končno mnogo, imamo       P 46 (2018/2019) 610 opravka z enostavnim končnim verižnim ulomkom. V nasprotnem primeru izrazu pravimo enostaven neskončni verižni ulomek. Pri razvoju racionalnega števila v enostaven verižni ulomek si lahko poma- gamo z Evklidovim algoritmom in ta razvoj je vedno končen. Drugače je pri iracionalnih številih, kjer je razvoj neskončen. V splošnem si moramo pri tem pomagati s približki, ki jih dobimo iz pripadajoče desetiške oblike, zapisanimi z dovoljšnjim številom decimalk. Če zapišemo število π na trinajst mest na- tančno, torej π ≈ 3,141592653590, dobimo π = [3; 7,15,1,292,1,1,1,2,1, . . .]. Če upoštevamo samo nekaj prvih verižnih koeficien- tov, govorimo o verižnih približkih, ki so racionalna števila in zelo dobro aproksimirajo pravo vrednost. Tako je drugi verižni približek števila π Arhimedov približek [3; 7] = 22/7, četrti verižni približek, ki ga je Ramanujan izbral za svojo konstrukcijo, pa je [3; 7,15,1] = 3+ 1 7+ 1 15+ 1 = 355 113 . Absolutna napaka tega približka je manjša od 2,6677 · 10−7. Drugo konstrukcijo je Ramanujan objavil leta 1914 v prelomnem članku o modularnih enačbah in aproksimacijah števila π . V članku je zapisanih mnogo neskončnih vrst za 1/π , med katerimi je tudi 1 π = 2 √ 2 992 ∞ ∑ n=0 (4n)!(1103+ 26390n) (n!)43964n . Ta vrsta zelo hitro konvergira in je zato uporabna pri izračunu števila π na veliko decimalk. Izboljšana inačica te formule se uporablja v algoritmu bratov Čudnovski, s katerim še danes dosegajo rekorde v računanju števila π . Ramanujan je brez pojasnila za približek svoje konstrukcije izbral število 4 √ 92 + 192/22. Zelo verjetna razlaga za tako izbiro se ponovno skriva v verižnem ulomku. Velja namreč π4 = [97; 2,2,3,1,16539,1,6,7, . . .], od koder nam peti verižni približek da [97; 2,2,3,1] = 97+ 1 2+ 1 2+ 1 3+ 1 = 2143 22 = 92 + 19 2 22 . Ta približek je za dva velikostna reda boljši od prejšnjega, saj je absolutna napaka manjša od 1,0072 · 10−9. Ramanujanovi konstrukciji Ob spremljanju obeh Ramanujanovih konstrukcij se bomo soočili z njegovim neobičajnim načinom mi- šljenja in vpogleda v sam problem, ki izhaja iz nje- gove genialnosti, izjemnih računskih spretnosti in pomanjkljive formalne izobrazbe. Vse to od bralca zahteva posebno zbranost, ker se mu drugače lahko celo zazdi, da je Ramanujanova konstrukcija povsem naključen izbor korakov, ki nas slučajno privede do pravilnega in računsko preverljivega rezultata. Začnimo z obravnavo prve Ramanujanove kons- trukcije. Bralcu svetujemo, da ob opisu spremlja sliko 2, ki se pojavi tudi na 221. strani Druge be- ležke. Vzemimo krožnico K s središčem v O in pre- merom PR. Naj bo T taka točka na daljici OR, da je |OT | = 2|TR|. Točka Q naj bo eno od presečišč pravokotnice na PR v T s krožnico K. Vzemimo točko S ∈ K na istem bregu premice PR kot Q, da bo |RS| = |TQ|. Točki M in N naj bosta zapore- doma presečišči vzporednic premici RS skozi O in T s premico PS. Na pravokotnici skozi P premice PR izberimo točko L, da bo |PL| = |MN|. Vzemimo točko K ∈ K na istem bregu premice PR kot L, da bo |PK| = |PM|. S C označimo tako točko na pre- mici KR, da je |RC| = |RH|, kjer točka H razpolavlja daljico PO. Naj bo D presečišče vzporednice premici LK skozi C in premice LR. Trdimo: |RD|2 = 355 113 |OR|2. (1) To pomeni, da je razmerje k1 ploščin kvadrataABRD in kroga K enako 1+ 0,849 · 10−7 < k1 = 1 π 355 113 < 1+ 0.85 · 10−7.       P 46 (2018/2019) 6 11 K P R O M N Q S T H L D C K A B SLIKA 2. Približna kvadratura kroga, osnovana na ulomku 355/113. Dokažimo enakost (1). Najprej opazimo, da zaradi pravokotnosti trikotnikov △PKR, △PRS in △LRP , ki imajo skupno stranico PR, velja zveza |PK|2 + |KR|2 = |PS|2 + |RS|2 = |LR|2 − |PL|2 = |PR|2. Po Evklidovem višinskem izreku za trikotnik △PRQ imamo |RS|2 = |TQ|2 = |PT | · |TR|. Po definiciji točke T velja |PT | = 56 |PR| in |TR| = 1 6 |PR|. Zato je |RS|2 = 536 |PR|2. Ker je |PK| = |PM| = 1 2 |PS|, sledi |KR|2 = |PS|2 − |PK|2 + |RS|2 = 3 4 |PS|2 + |RS|2 = 3 4 ( |PR|2 − |RS|2 ) + |RS|2 = 113 122 |PR|2. Ker je |PL| = |MN| = 13 |PS|, sledi |LR|2 = |PR|2 + 1 9 |PS|2 = |PR|2 + 1 9 ( |PR|2 − |RS|2 ) = 355 182 |PR|2. Zaradi podobnosti trikotnikov △LKR in △DCR ima- mo |RD|/|LR| = |RC|/|KR|. Ker je |RC| = |RH| = 3 4 |PR|, sledi |RD|2 = |RH|2 |LR| 2 |KR|2 = ( 3 4 )2 (12 18 )2 22 355 113 |OR|2 = 355 113 |OR|2. S tem je enakost (1) dokazana. Podali bomo še drugo Ramanujanovo konstrukcijo (glej sliko 3), ki jo Ramanujan ni niti poskusil obra- zložiti. Vzemimo krožnico K s središčem v O in premerom AB. Naj bo T taka točka na daljici AO, da je |TO| = 2|AT |, in C naj bo eno od presečišč pra- vokotnice na AB v O s krožnico K. Naj bo N točka na daljici CB z lastnostjo |CN| = 2|AT | in M naj razpolavlja daljico CN . Točka P naj bo taka točka na daljici AN , da je |AN| = |AM|, in točka Q naj bo taka točka na daljici AM , da sta premici PQ in BC vzporedni. Presečišče vzporednice premici OQ skozi T s premico AM označimo z R. Na pravoko- tnici skozi A premice AB izberemo točko S z lastno- stjo |AS| = |AR|. Točka D naj bo taka točka na pre- mici AB, da je |OD| = |OS| in da A leži na daljici DO. Presečišče polkrožnice s premerom DB s pre- mico OC označimo z E. Naj bo F taka točka na pre- mici OC , da je |FE| = 3|OE| in da O leži na daljici FE. Točka G pa naj bo taka točka na daljici FE, da je |FG| = |OB|. Presečišče polkrožnice s premerom FE s pravokotnico na FE v G označimo z H. Potem velja |FH|2 = |OB|2 4 √ 92 + 19 2 22 . (2) To pomeni, da je razmerje k2 ploščin kvadrata JIHF in kroga K enako 1− 3,21 · 10−10 < k2 = 1 π 4 √ 92 + 19 2 22 < 1− 3,2 · 10−10. Opomniti moramo, da Ramanujan ni podal konstruk- cije kvadrata, temveč se je ustavil pri daljici OS. Dokažimo enakost (2). Po Evklidovem izreku imamo |FH|2 = |FG| · |FE| = 3|OB| · |OE| = 3|OB| √ |DO| · |OB| = 3|OB| √ |SO| · |OB|. Dokazati želimo |SO|2 = |OB|2 ( 1+ 1 22 ( 19 9 )2 ) . (3)       P 46 (2018/2019) 612 Po Pitagorovem izreku imamo |SO|2 = |AR|2+|OB|2. Zaradi podobnosti trikotnikov △ATR in △AOQ imamo |AR| = 13 |AQ|. Podobnost trikotnikov△APQ in △ANM pa nam zagotavlja |AQ| = |AM|2/|AN|. Torej je |SO|2 = |OB|2 ( 1+ 1 9 |AM|4 |OB|2|AN|2 ) . Enostavno izračunamo |AM|2 = 199 |OB|2 in |AN|2 = 22 9 |OB|2. To vstavimo v prejšnjo enakost in dobimo (3). Ob zaključku dodajmo, da je Ramanujan tudi v svojih preostalih člankih ostajal skop s pojasnili. Šte- vilna odkritja je izrazil pogosto celo samo s konč- nim rezultatom, formulo ali izrekom brez kakega do- kaza. Zato lažje razumemo, zakaj je študij original- nih Ramanujanovih zapisov tako zahteven. K A B O C M N P Q T R S D E F G H I J SLIKA 3. Približna kvadratura kroga, osnovana na številu 4 √ 92 + 192/22. Naloge Te naloge so Ramanujanove trditve iz člankov, kjer sta opisani konstrukciji. Preveri, če so resnične. Upo- števaj, da je ena milja enaka 63360 palcev (en palec meri 2,54 cm). Če naredimo kvadraturo kroga ploščine 140000 kvadratnih milj po prvi konstrukciji, je dolžina stranice kvadrata približno en palec večja od pra- ve vrednosti. Če naredimo kvadraturo kroga premera 40 milj po prvi konstrukciji, se dolžina stranice kvadrata od prave vrednosti razlikuje za manj kot desetino palca. Geometrijska sredina števil |OS| in |OB| (glej sliko 3) se od šestine obsega kroga s premerom |AB| = 8000 milj razlikuje za manj kot dvanajstino palca. ××× Barvni sudoku V 8× 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2× 4) nastopalo vseh osem števil. 6 5 8 4 3 1 2 6 6 5 2 7 6 3 5 3 4 2 8 4 b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b ×××