nejlepší odpověď
Víme, že \ pi = \ frac {C} {d} kde C a d jsou obvod a průměr libovolné kružnice (v uvedeném pořadí).
Je snadné vidět, že \ pi není celé číslo. Jedním ze způsobů, jak to udělat, je jednoduše vytvořit kruh, například pomocí šálku. Změřte obvod pomocí provázku a pomocí pravítka spočítejte jeho délku. Také změřte průměr. Brzy byste měli věřit, že \ pi je více než 3, ale méně než 4. Můžete se také přesvědčit, že \ pi nezávisí na velikosti kruhu.
Můžete si také vzít plech ( nebo mokrá lepenka by fungovala) a vystřihněte dva tvary: Jeden je čtverec s délkou strany 1. Druhý je kruh s poloměrem 1. Zjistíte (pokud máte citlivou stupnici), že kruh váží asi 3,14krát tolik jako náměstí. Poměr vah je (v ideálním případě) \ pi.
Použitím Archimedesovy metody vyčerpání ( Archimedes „Metoda ) můžete ( jak to udělal Archimedes) k závěru, že \ pi je méně než 3 \ frac {1} {7}, ale více než 3 \ frac {10} {71}.
Nyní víme, že \ pi není celé číslo . Může to být opakující se desetinné místo (racionální číslo) nebo neopakující se desetinné místo. Ve skutečnosti se jedná o neopakující se desetinné místo. Tato čísla nazýváme iracionální. Nemohu najít opravdu základní důkaz, že \ pi je iracionální, ale tento je alespoň velmi krátký a používá pouze počet: Jednoduchý důkaz, že $ \ pi $ je iracionální .
To by mohlo odpovědět vaše otázka.
Ale možná máte na mysli „existuje nějaký přirozený algebraický popis \ pi, který používá konečně mnoho celých čísel.“ Nejpřirozenějším způsobem, jak to formalizovat, je předpokládat, že \ pi může být řešením polynomu s racionálními koeficienty. Například číslo \ sqrt {2} je iracionální, ale má krátký popis pomocí celých čísel. Je to řešení rovnice
x ^ 2-2 = 0.
Takže i když je \ sqrt {2} iracionální, může být stručně zakódováno jako (1,0, -2), koeficienty x ^ 2 + 0x-2.
Čísla, která lze takto pojmenovat pomocí celých čísel, se nazývají „algebraická“ ( Algebraické číslo – Wikipedia ).
Ukázalo se, že \ pi není ani algebraické; je to transcendentní číslo ( Transcendentní číslo – Wikipedia ) .
Argument, že \ pi je transcendentální, je snadný, pokud přijmete Lindemann – Weierstrassovu větu – Wikipedia . Tato věta znamená, že kdykoli \ alpha je algebraické číslo, číslo e ^ \ alpha je transcendentní. Pokud by \ pi bylo algebraické, pak \ pi i by bylo také ( Jak dokázat, že součet a součin dvou algebraických čísel je algebraický? ). Ale podle Eulerovy identity, e ^ {\ pi i} = -1. Všimněte si, že -1 není transcendentální. Proto \ pi není algebraické.
Odpověď
V 18. století Johann Heinrich Lambert dokázal, že číslo π (pi) je iracionální. To znamená, že jej nelze vyjádřit jako zlomek a / b , kde a je celé číslo a b je nenulové celé číslo. V 19. století Charles Hermite našel důkaz, který nevyžaduje žádné základní znalosti nad rámec základního počtu. Tři zjednodušení Hermitova důkazu jsou způsobena Mary Cartwrightovou, Ivanem Nivenem a Bourbaki. Další důkaz, který je zjednodušením Lambertova důkazu, má Miklós Laczkovich. V roce 1882 Ferdinand von Lindemann dokázal, že π není jen iracionální, ale také transcendentální.
Lambertův důkaz
V roce 1761 Lambert dokázal, že π je iracionální, když nejprve ukázal, že tato pokračující expanze zlomků platí:
Potom Lambert dokázal, že pokud je x nenulové a racionální, musí být tento výraz iracionální. Protože tan (π / 4) = Z toho vyplývá, že π / 4 je iracionální, a proto je π iracionální.
Hermitův důkaz
Tento důkaz používá charakterizaci π jako nejmenší kladné číslo, jehož polovina je azero kosinové funkce, a ve skutečnosti dokazuje, že π2 je iracionální. Stejně jako v mnoha důkazech iracionality vychází argument reductio ad absurdum.Zvažte sekvence ( An ) n ≥ 0 a ( Un ) n ≥ 0 funkcí od R do R takto definované:
Indukcí lze dokázat, že
a to
a proto, že
Takže
což odpovídá
Z toho vyplývá indukce spolu se skutečností, že A 0 ( x ) = sin ( x ) a to A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), že An ( x ) lze zapsat jako Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), kde Pn a Qn jsou polynomiální funkce s celočíselnými koeficienty a kde je stupeň Pn menší nebo roven ⌊ n / 2⌋. Zejména An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite také poskytl uzavřený výraz pro funkci An , konkrétně
Toto tvrzení neospravedlnil, ale lze to snadno dokázat. Nejprve je toto tvrzení ekvivalentní
Pokračování indukcí, vezměte n = 0.
a pro indukční krok zvažte libovolné n ∈ Z +. Pokud
pak pomocí integrace podle částí a Leibnizova pravidla jeden získá
Pokud π2 / 4 = p / q , s p a q v N , protože koeficienty Pn jsou celá čísla a její stupeň je menší nebo roven ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) je nějaké celé číslo N . Jinými slovy,
Ale toto číslo je zjevně větší než 0; N ∈ N . Na druhou stranu
a tak , je-li n dostatečně velká, N . Tím je dosaženo rozporu. Hermite nepředložil svůj důkaz jako cíl sám o sobě, ale jako dodatečný nápad při hledání důkazu o transcendenci π. Diskutoval o relacích opakování, aby motivoval a získal pohodlnou integrální reprezentaci. Jakmile je získáno toto integrální vyjádření, existuje několik způsobů, jak předložit stručný a samostatný důkaz, počínaje integrálem (jako v prezentacích Cartwright, Bourbaki nebo Niven), které Hermite snadno viděl (jak to udělal) ve svém důkazu o transcendenci e ). Hermitův důkaz je navíc blíže k Lambertovu důkazu, než se zdá. Ve skutečnosti An ( x ) je „zbytek“ (nebo „zbytek“) Lambertova pokračujícího zlomku pro tan ( x ).
Laczkovickův důkaz
Miklós Laczkovichův důkaz je zjednodušením původního Lambertova důkazu. Zvažuje funkce
Tyto funkce jsou jasně definovány pro všechny x ∈ R .Kromě
Nárok 1: Následující relace opakování:
Důkaz: To lze dokázat porovnáním koeficientů sil x . Nárok 2: Za každé x ∈ R ,
Důkaz: Ve skutečnosti posloupnost x 2 n / n ! je ohraničený (protože konverguje na 0) a pokud C je horní hranice a pokud k 1, pak
Nárok 3: Pokud x ≠ 0 a pokud x 2 je racionální , pak
Důkaz: Jinak by existovalo číslo y ≠ 0 a celá čísla a a b takové, že fk ( x ) = a a fk + 1 ( x ) = od . Abyste zjistili proč, použijte y = fk + 1 ( x ), a = 0 a b = 1 if fk ( x ) = 0; v opačném případě vyberte celá čísla a a b tak, aby fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a a definujte y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . V každém případě y nemůže být 0, protože jinak by z nároku 1 vyplývalo, že každý fk + n ( x ) ( n ∈ N ) by bylo 0, což by bylo v rozporu s tvrzením 2. Nyní vezměte přirozené číslo c takové, že všechna tři čísla bc / k , ck / x 2 a c / x 2 jsou celá čísla a vezměte v úvahu posloupnost
Potom
Na druhou stranu z nároku 1 vyplývá, že
což je lineární kombinace gn +1 a gn s celočíselné koeficienty. Každá gn je tedy celočíselným násobkem y . Kromě toho z nároku 2 vyplývá, že každá gn je větší než 0 (a proto gn ≥ | y |) pokud je n dostatečně velký a že posloupnost všech gn konverguje na 0. Ale posloupnost čísel větších nebo rovných | y | nemůže konvergovat na 0. Protože f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, z nároku 3 vyplývá, že π2 / 16 je iracionální, a proto je π iracionální. Na druhou stranu, protože
dalším důsledkem nároku 3 je, že pokud x ∈ Q \ {0}, pak tan x je iracionální. Laczkovichův důkaz je ve skutečnosti o hypergeometrické funkci. Ve skutečnosti fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) a Gauss našli pokračující zlomkovou expanzi hypergeometrické funkce pomocí její funkční rovnice. To umožnilo Laczkovichovi najít nový a jednodušší důkaz toho, že tangentní funkce má pokračující rozšiřování zlomků, které objevil Lambert.Laczkovichův výsledek lze vyjádřit také v Besselových funkcích prvního druhu J ν ( x ). Ve skutečnosti Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Takže Laczkovichův výsledek je ekvivalentní: If x ≠ 0 a pokud je x 2 racionální, pak