Доказательство того, что π иррационально -Proof that π is irrational

В 1760-х годах Иоганн Генрих Ламберт доказал, что число π (pi) иррационально : то есть его нельзя выразить в виде дроби a / b , где a - целое число, а b - ненулевое целое число. В 19 веке Чарльз Эрмит нашел доказательство, которое не требует никаких предварительных знаний, кроме основ математики . Три упрощения доказательства Эрмита принадлежат Мэри Картрайт , Ивану Нивену и Николя Бурбаки . Другое доказательство, которое является упрощением доказательства Ламберта, принадлежит Миклоше Лачковичу .

В 1882 году Фердинанд фон Линдеманн доказал, что π не только иррационально, но и трансцендентно .

Доказательство Ламберта

Отсканированная формула на странице 288 книги Ламбера «Mémoires sur quelques propriétés remarquables des Quantités transcendantes, circaires et logarithmiques», Mémoires de l'Académie royale des Sciences de Berlin (1768), 265–322.

В 1761 году Ламберт доказал, что π иррационально, сначала показав, что это разложение в цепную дробь справедливо:

Затем Ламберт доказал, что если x ненулевое и рациональное, то это выражение должно быть иррациональным. Поскольку tan ( π / 4) = 1, то π / 4 иррационально, а значит, π также иррационально. Упрощение доказательства Ламберта приводится ниже .

Доказательство Эрмита

Написанная в 1873 году, это доказательство использует характеристику П как наименьшее положительное число которых половина является нуль на косинус функции и это на самом деле доказывает , что π 2 является иррациональным. Как и во многих доказательствах иррациональности, это доказательство от противоречия .

Рассмотрим последовательности функций A n и U n из в для, определяемые следующим образом:

Используя индукцию, можно доказать, что

и поэтому у нас есть:

Так

что эквивалентно

Используя определение последовательности и индукцию, можно показать, что

где P n и Q n - полиномиальные функции с целыми коэффициентами, а степень P n меньше или равна ⌊ n / 2⌋. В частности, А п ( π / 2) =  Р п ( π 2 /4).

Эрмит также дал замкнутое выражение для функции A n , а именно

Он не обосновал это утверждение, но это легко доказать. Во-первых, это утверждение эквивалентно

Продолжая по индукции, возьмем n  = 0.

и для индуктивного шага рассмотрим любой . Если

тогда, используя интегрирование по частям и правило Лейбница , получаем

Если π 2 /4 =  р / д с р и д в , то, так как коэффициенты Р п являются целыми числами , и его степень меньше или равна ⌊ н / 2⌋, д н / 2⌋ Р н ( π 2 /4) является некоторое целое число N . Другими словами,

Но это число явно больше 0. С другой стороны, предел этой величины при стремлении n к бесконечности равен нулю, и поэтому, если n достаточно велико, N  <1. Таким образом, возникает противоречие.

Эрмит представил свое доказательство не как самоцель, а как запоздалую мысль в своих поисках доказательства трансцендентности числа π . Он обсудил рекуррентные соотношения для мотивации и получения удобного интегрального представления. Как только это интегральное представление получено, есть различные способы представить сжатое и замкнутое доказательство, начиная с интеграла (как в презентациях Картрайта, Бурбаки или Нивена), что Эрмит мог легко увидеть (как он это сделал в своем доказательстве трансцендентности). в е ).

Более того, доказательство Эрмита ближе к доказательству Ламберта, чем кажется. Фактически, A n ( x ) - это «остаток» (или «остаток») непрерывной дроби Ламберта для tan ( x ).

Доказательство Картрайта

Гарольд Джеффрис писал, что это доказательство было показано Мэри Картрайт на экзамене в Кембриджском университете в 1945 году , но она не проследила его происхождение.

Рассмотрим интегралы

где n - неотрицательное целое число.

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

Если

тогда это становится

Кроме того, J 0 ( x ) = 2sin ( x ) и J 1 ( x ) = −4 x  cos ( x ) + 4sin ( x ). Следовательно , для всех п  ∈  Z + ,

где P n ( x ) и Q n ( x ) - многочлены степени ≤  n и с целыми коэффициентами (в зависимости от n ).

Возьмем x  =  π / 2 и предположим, если возможно, что π / 2 =  a / b , где a и b - натуральные числа (т.е. предположим, что π рационально). потом

Правая часть - целое число. Но 0 <  I n ( π / 2) <2, поскольку интервал [−1, 1] имеет длину 2, а интегрируемая функция принимает только значения от 0 до 1. С другой стороны,

Следовательно, при достаточно большом n

то есть, мы могли бы найти целое число от 0 до 1. Это противоречие следует из предположения, что π рационально.

Это доказательство аналогично доказательству Эрмита. Действительно,

Однако это явно проще. Это достигается тем, что опускается индуктивное определение функций A n и берется за отправную точку их выражение в виде интеграла.

Доказательство Нивена

Это доказательство использует характеристику П как наименьший положительный нуль от синусоидальной функции.

Предположим, что π рационально, т. Е. Π = a  / b для некоторых целых чисел a и b ≠ 0 , которые без ограничения общности можно считать положительными. Для любого положительного целого числа n мы определяем полиномиальную функцию:

и для каждого x  ∈ ℝ пусть

Утверждение 1: F (0) + F ( π ) - целое число.

Доказательство: разлагая f как сумму мономов, коэффициент при x k является числом вида c k  / n ! где c k - целое число, равное 0, если k < n . Следовательно, f  ( k ) (0) равно 0, когда k < n, и равно ( k ! / N !)  C k, если nk ≤ 2 n ; в каждом случае f  ( k ) (0) является целым числом и, следовательно, F (0) является целым числом.

С другой стороны, f ( π - x ) = f ( x ), и поэтому (–1) k f  ( k ) ( π - x ) = f  ( k ) ( x ) для каждого неотрицательного целого числа  k . В частности, (–1) k f  ( k ) ( π ) = f  ( k ) (0). Следовательно, f  ( k ) ( π ) также является целым числом, и поэтому F ( π ) является целым числом (на самом деле, легко видеть, что F ( π ) =  F (0), но это не имеет отношения к доказательству ). Поскольку F (0) и F ( π ) - целые числа, их сумма тоже.

Утверждение 2:

Доказательство: поскольку f  (2 n  + 2) - нулевой многочлен, имеем

Эти производные по синусоидальной и косинус функции задаются грехом = соз и соз = -sin. Следовательно, правило продукта подразумевает

По основной теореме исчисления

Поскольку sin 0 = sin π = 0 и cos 0 = - cos π = 1 (здесь мы используем вышеупомянутую характеризацию π как нуля синусоидальной функции), следует утверждение 2.

Заключение: поскольку f ( x )> 0 и sin x > 0 для 0 < x < π (поскольку π - наименьший положительный нуль синус-функции), утверждения 1 и 2 показывают, что F (0) + F ( π ) является положительное целое число. Так как 0 ≤ х ( в - Ьх ) ≤ л и 0 ≤ грешить х ≤ 1 для 0 ≤ хл , то есть, по исходному определению  е ,

которое меньше 1 для больших  n , поэтому F (0) + F ( π ) <1 для этих n по утверждению 2. Это невозможно для положительного целого числа F (0) + F ( π ) .

Приведенное выше доказательство представляет собой отточенную версию, которая максимально упрощена в отношении предпосылок анализа формулы

которое получается 2 n + 2 интегрированием по частям . Утверждение 2 по существу устанавливает эту формулу, где использование F скрывает повторное интегрирование по частям. Последний интеграл равен нулю, поскольку f  (2 n  + 2) - нулевой многочлен. Утверждение 1 показывает, что оставшаяся сумма является целым числом.

Доказательство Нивена ближе к доказательству Картрайта (а следовательно, и к доказательству Эрмита), чем кажется на первый взгляд. По факту,

Следовательно, замена xz  =  y превращает этот интеграл в

Особенно,

Другая связь между доказательствами заключается в том, что Эрмит уже упоминает, что если f - полиномиальная функция и

тогда

откуда следует, что

Доказательство Бурбаки

Доказательство Бурбаки изложено как упражнение в его трактате по исчислению . Для каждого натурального числа b и каждого неотрицательного целого n определите

Поскольку A n ( b ) является интегралом функции, определенной на [0, π ], которая принимает значение 0 на 0 и на π и которое больше 0 в противном случае, A n ( b )> 0. Кроме того, для каждого натурального числа число b , A n ( b ) <1, если n достаточно велико, потому что

и поэтому

С другой стороны, рекурсивное интегрирование по частям позволяет нам вывести, что, если a и b - натуральные числа такие, что π  =  a / b и f - полиномиальная функция из [0, π ] в R, определенная формулой

тогда:

Этот последний интеграл равен 0, поскольку f (2 n  + 1) - нулевая функция (поскольку f - полиномиальная функция степени 2 n ). Поскольку каждая функция f ( k )0 ≤ k ≤ 2 n ) принимает целые значения на 0 и на π, и поскольку то же самое происходит с функциями синуса и косинуса, это доказывает, что A n ( b ) является целым числом. Поскольку оно также больше 0, это должно быть натуральное число. Но также было доказано, что A n ( b ) <1, если n достаточно велико, что привело к противоречию .

Это доказательство довольно близко к доказательству Нивена, основное различие между ними состоит в способе доказательства того, что числа A n ( b ) являются целыми числами.

Доказательство Лацковича

Доказательство Миклоша Лацковича является упрощением оригинального доказательства Ламберта. Он считает функции

Эти функции четко определены для всех Купить  ∈  R . Помимо

Утверждение 1. Справедливо следующее рекуррентное соотношение :

Доказательство: это можно доказать, сравнивая коэффициенты при степенях x .

Пункт 2: Для каждого х  ∈  R ,

Доказательство: на самом деле последовательность x 2 n / n ! ограничен (так как он сходится к 0), и если C - верхняя граница и если k  > 1, то

Утверждение 3: Если x  ≠ 0 и если x 2 рационально, то

Доказательство: в противном случае было бы число y  ≠ 0 и целые числа a и b такие, что f k ( x ) =  ay и f k  + 1 ( x ) =  by . Чтобы понять, почему, возьмем y  =  f k  + 1 ( x ), a  = 0 и b  = 1, если f k ( x ) = 0; в противном случае выберите целые числа a и b такие, что f k  + 1 ( x ) / f k ( x ) =  b / a, и определите y  =  f k ( x ) / a  =  f k  + 1 ( x ) / b . В каждом случае y не может быть 0, потому что в противном случае из утверждения 1 следовало бы, что каждое f k  +  n ( x ) ( n  ∈  N ) было бы 0, что противоречило бы утверждению 2. Теперь возьмем натуральное число c такое, что все три числа bc / k , ck / x 2 и c / x 2 являются целыми числами и рассматривают последовательность

потом

С другой стороны, из утверждения 1 следует, что

который представляет собой линейную комбинацию g n  + 1 и g n с целыми коэффициентами. Следовательно, каждый g n является целым числом, кратным y . Кроме того, из утверждения 2 следует, что каждое g n больше 0 (и, следовательно, что g n  ≥ | y |), если n достаточно велико, и что последовательность всех g n сходится к 0. Но последовательность чисел больше, чем или равно | y | не может сходиться к 0.

Так как F 1/2 ( π / 4) = совы ( π / 2) = 0, то из п.3 , что П 2 /16 иррациональная и , следовательно , что π является иррациональным.

С другой стороны, поскольку

другое следствие утверждения 3 состоит в том, что если x  ∈  Q  \ {0}, то tg  x иррационально.

Доказательство Лацковича действительно касается гипергеометрической функции . Фактически, f k ( x ) =  0 F 1 ( k ; - x 2 ), и Гаусс нашел разложение гипергеометрической функции в непрерывную дробь, используя ее функциональное уравнение . Это позволило Лачковичу найти новое и более простое доказательство того факта, что касательная функция имеет разложение в непрерывную дробь, которое открыл Ламберт.

Результат Лацковича также можно выразить через функции Бесселя первого рода J ν ( x ) . Фактически, Γ ( k ) J k  - 1 (2 x ) = x k  - 1 f k ( x ). Таким образом, результат Лацковича эквивалентен следующему: если x  ≠ 0 и если x 2 рационально, то

Смотрите также

использованная литература