Bedste svar
Vi ved, at \ pi = \ frac {C} {d} hvor C og d er omkredsen og diameteren af en hvilken som helst cirkel (henholdsvis).
Det er let at se, at \ pi ikke er et heltal. En måde at gøre dette på er simpelthen at lave en cirkel med f.eks. En kop. Mål omkredsen med en streng, og beregn derefter strengens længde med en lineal. Mål også diameteren. Du skal snart tro, at \ pi er mere end 3, men mindre end 4. Du kan også overbevise dig selv om, at \ pi ikke afhænger af størrelsen på cirklen.
Du kan også tage et metalplade ( eller våd pap ville fungere) og skære to former ud: Den ene er en firkant med sidelængde 1. Den anden er en cirkel med radius 1. Du finder (hvis du har en følsom skala), at cirklen vejer ca. 3,14 gange så meget som pladsen. Vægtforholdet er (ideelt set) \ pi.
Ved at bruge Archimedes metode til udmattelse ( Archimedes “Method ) kan du ( som Archimedes gjorde) konkluderede, at \ pi er mindre end 3 \ frac {1} {7} men mere end 3 \ frac {10} {71}.
Nu ved vi, at \ pi ikke er et heltal Det kan være en decimal (et rationelt tal) eller en decimal, der ikke gentages. Faktisk er det en decimal, der ikke gentages. Vi kalder disse tal irrationelle. Jeg kan ikke finde et virkelig elementært bevis for, at \ pi er irrationel, men denne er i det mindste meget kort og bruger kun calculus: Et simpelt bevis for, at $ \ pi $ er irrationel .
Dette svarer muligvis dit spørgsmål.
Men måske mener du “er der nogen naturlig algebraisk beskrivelse af \ pi, der bruger endeligt mange heltal.” Den mest naturlige måde at formalisere dette på er at antage, at \ pi måske er løsningen på et polynom med rationelle koefficienter. Antallet \ sqrt {2} er for eksempel irrationelt, men det har en kort beskrivelse ved hjælp af heltal. Det er en løsning på ligning
x ^ 2-2 = 0.
Så selvom \ sqrt {2} er irrationel, kan den muligvis kortfattet kodes som (1,0, -2), koefficienter på x ^ 2 + 0x-2.
Tal, der kan navngives på denne måde ved hjælp af heltal kaldes “algebraisk” ( Algebraisk nummer – Wikipedia ).
Det viser sig, at \ pi ikke engang er algebraisk; det er et transcendentalt tal ( Transcendentalt nummer – Wikipedia ) .
Argumentet om, at \ pi er transcendentalt, er let, hvis du accepterer Lindemann – Weierstrass sætning – Wikipedia . Denne sætning antyder, at når \ alfa er et algebraisk tal, tallet e ^ \ alpha er transcendentalt. Hvis \ pi var algebraisk, ville \ pi jeg også være det ( Hvordan kan man bevise, at summen og produktet af to algebraiske tal er algebraisk? ). Men efter Eulers identitet er e ^ {\ pi i} = -1. Bemærk, at -1 ikke er transcendental. Derfor er \ pi ikke algebraisk.
Svar
I det 18. århundrede beviste Johann Heinrich Lambert, at tallet π (pi) er irrationelt. Det vil sige, det kan ikke udtrykkes som en brøkdel a / b , hvor a er et heltal, og b er et heltal, der ikke er nul. I det 19. århundrede fandt Charles Hermite et bevis, der ikke kræver nogen forudsætningskendskab ud over grundlæggende beregning. Tre forenklinger af Hermites bevis skyldes Mary Cartwright, Ivan Niven og Bourbaki. Et andet bevis, som er en forenkling af Lamberts bevis, skyldes Miklós Laczkovich. I 1882 beviste Ferdinand von Lindemann, at π ikke kun er irrationel, men også transcendental.
Lamberts bevis
I 1761 beviste Lambert, at π er irrationel ved først at vise, at denne fortsatte fraktionsudvidelse holder:
Så beviste Lambert, at hvis x ikke er nul og rationel, skal dette udtryk være irrationelt. Da tan (π / 4) = 1 følger det, atπ / 4 er irrationel og derfor at π er irrationel.
Hermites bevis
Dette bevis bruger karakteriseringen af π som det mindste positive tal, hvis halvdel er azero af cosinusfunktionen, og det viser faktisk, at π2 er irrationel. Som i mange bevis for irrationalitet fortsætter argumentet med reductio ad absurdum.Overvej sekvenserne ( An ) n ≥ 0 og ( Un ) n ≥ 0 af funktioner fra R til R således defineret:
Det kan bevises ved induktion, at
og det
og derfor at
Så
hvilket svarer til
Det følger af induktion herfra sammen med det faktum, at A 0 ( x ) = sin ( x ) og at A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), at En ( x ) kan skrives som Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), hvor Pn og Qn er polynomiske funktioner med heltalskoefficienter og hvor graden af Pn er mindre end eller lig med ⌊ n / 2⌋. Især An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite gav også et lukket udtryk for funktionen An , nemlig
Han begrundede ikke denne påstand, men det kan let bevises. Først og fremmest svarer denne påstand til
Fortsæt ved induktion, tag n = 0.
og overvej enhver n ∈ Z for det induktive trin. +. Hvis
så, ved hjælp af integration af dele og Leibnizs regel, en får
Hvis π2 / 4 = p / q , med p og q i N , da da koefficienterne for Pn er heltal og dens grad er mindre end eller lig med ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) er noget heltal N . Med andre ord
Men dette tal er klart større end 0; derfor N ∈ N . På den anden side
og så , hvis n er stor nok, N . Derved opnås en modsigelse. Hermite præsenterede ikke sit bevis som et mål i sig selv, men som en eftertanke i sin søgen efter et bevis på πs transcendens. Han diskuterede gentagelsesforholdene for at motivere og opnå en praktisk integreret repræsentation. Når først denne integrerede repræsentation er opnået, er der forskellige måder at præsentere et kortfattet og selvstændigt bevis på fra integralen (som i Cartwright “s, Bourbaki” eller Niven “præsentationer), som Hermite let kunne se (som han gjorde i hans bevis for e ). Desuden er Hermites bevis tættere på Lamberts bevis end det ser ud til. Faktisk er En ( x ) er “rest” (eller “resten”) af Lamberts fortsatte fraktion for tan ( x ).
Laczkovicks bevis
Miklós Laczkovichs bevis er en forenkling af Lamberts originale bevis. Han betragter funktionerne
Disse funktioner er klart defineret for alle x ∈ R .Udover
Krav 1: Følgende gentagelsesrelationsholds:
Bevis: Dette kan bevises ved at sammenligne koefficienterne for x . Krav 2: For hver x ∈ R ,
Bevis: Faktisk er sekvensen x 2 n / n ! er afgrænset (da den konvergerer til 0), og hvis C er en øvre grænse, og hvis k 1, derefter
Krav 3: Hvis x ≠ 0, og hvis x 2 er rationel , derefter
Bevis: Ellers ville der være et tal y ≠ 0 og heltal a og b sådan at fk ( x ) = ay og fk + 1 ( x ) = af . For at se hvorfor skal du tage y = fk + 1 ( x ), a = 0 og b = 1 hvis fk ( x ) = 0; Ellers skal du vælge heltal a og b sådan at fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a og definer y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . I begge tilfælde kan y ikke være 0, fordi det ellers ville følge af krav 1, at hver fk + n ( x ) ( n ∈ N ) ville være 0, hvilket ville være i modstrid med krav 2. Tag nu et naturligt tal c således at alle tre tal bc / k , ck / x 2 og c / x 2 er heltal og betragter rækkefølgen
Så
På den anden side følger det af krav 1, at
som er en lineær kombination af gn + 1 og gn med heltalskoefficienter. Derfor er hver gn et heltal multiplum af y . Desuden følger det af krav 2, at hver gn er større end 0 (og derfor at gn ≥ | y |) hvis n er stor nok, og at sekvensen af alle gn “konvergerer til 0. Men en række af tal større end eller lig med | y | kan ikke konvergere til 0. Da f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, følger det af krav 3, at π2 / 16 er irrationel, og derfor er π irrationel. På den anden side, da
en anden konsekvens af krav 3 er, at hvis x ∈ Q \ {0}, så tan x er irrationel. Laczkovichs bevis handler virkelig om den hypergeometriske funktion. Faktisk er fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) og Gauss fandt en fortsat brøkudvidelse af den hypergeometriske funktion ved hjælp af dens funktionelle ligning. Dette gjorde det muligt for Laczkovich at finde et nyt og enklere bevis for, at tangentfunktionen har den fortsatte fraktionsudvidelse, som Lambert havde opdaget.Laczkovichs resultat kan også udtrykkes i fartøjsfunktioner af den første slags J ν ( x Faktisk Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Så Laczkovichs resultat svarer til: Hvis x ≠ 0 og hvis x 2 er rationel, så