Paras vastaus
Tiedämme, että \ pi = \ frac {C} {d} missä C ja d ovat minkä tahansa ympyrän kehä ja halkaisija (vastaavasti).
On helppo nähdä, että \ pi ei ole kokonaisluku. Yksi tapa tehdä tämä on yksinkertaisesti tehdä ympyrä esimerkiksi kupin avulla. Mittaa ympärysmitta merkkijonolla ja laske sitten merkkijonon pituus viivaimella. Mittaa myös halkaisija. Pitäisi pian uskoa, että \ pi on enemmän kuin 3, mutta vähemmän kuin 4. Voit myös vakuuttaa itsesi, että \ pi ei riipu ympyrän koosta.
Voit myös ottaa metallilevyn ( tai märkä pahvi toimisi) ja leikkaa kaksi muotoa: Yksi on neliö, jonka sivupituus on 1. Toinen on ympyrä, jonka säde on 1. Löydät (jos sinulla on herkkä asteikko), että ympyrä painaa noin 3,14 kertaa niin paljon neliönä. Painojen suhde on (mieluiten) \ pi.
Käyttämällä Archimedesin uupumustapaa ( Archimedes-menetelmä ) voit ( kuten Archimedes teki) johtopäätöksen, että \ pi on alle 3 \ frac {1} {7} mutta yli 3 \ frac {10} {71}.
Nyt tiedämme, että \ pi ei ole kokonaisluku . Se voi olla toistuva desimaali (rationaaliluku) tai ei-toistuva desimaali. Itse asiassa se on toistumaton desimaali. Kutsumme näitä lukuja irrationaalisiksi. En löydä oikeaa perustodistusta siitä, että \ pi on irrationaalinen, mutta tämä on ainakin hyvin lyhyt ja käyttää vain laskutoimitusta: Yksinkertainen todiste siitä, että $ \ pi $ on irrationaalinen .
Tämä saattaa vastata kysymyksesi.
Mutta ehkä tarkoitat ”onko olemassa \ \ pi: n luonnollinen algebrallinen kuvaus, joka käyttää lopullisesti monia kokonaislukuja?” Luonnollisin tapa muodostaa tämä on olettaa, että \ pi saattaa olla ratkaisu polynomiin, jolla on järkevät kertoimet. Esimerkiksi numero \ sqrt {2} on irrationaalinen, mutta sillä on lyhyt kuvaus kokonaislukuilla. Se on ratkaisu yhtälö
x ^ 2-2 = 0.
Vaikka \ sqrt {2} onkin irrationaalinen, se voidaan koodata ytimekkäästi muodossa (1,0, -2), kertoimet x ^ 2 + 0x-2.
Numeroita, jotka voidaan nimetä tällä tavalla kokonaislukujen avulla, kutsutaan ”algebralliseksi” ( Algebrallinen numero – Wikipedia ).
Osoittautuu, että \ pi ei ole edes algebrallinen; se on transsendenttinen numero ( Transsendenttinen numero – Wikipedia ) .
Väite, että \ pi on transsendenttinen, on helppoa, jos hyväksyt Lindemann – Weierstrass-lause – Wikipedia . Tämä lause tarkoittaa, että aina \ alfa on algebrallinen luku, luku e ^ \ alfa on transsendenttinen. Jos \ pi olisi algebrallinen, niin myös \ pi i olisi ( Kuinka todistaa, että kahden algebrallisen luvun summa ja tulo ovat algebrallisia? ). Mutta Eulerin identiteetin perusteella e ^ {\ pi i} = -1. Huomaa, että -1 ei ole transsendentaalinen. Siksi \ pi ei ole algebrallinen.
Vastaus
1700-luvulla Johann Heinrich Lambert osoitti, että luku π (pi) on irrationaalinen. Eli sitä ei voida ilmaista murto-osana a / b , jossa a on kokonaisluku ja b on nollasta poikkeava kokonaisluku. 1800-luvulla Charles Hermite löysi todistuksen, joka ei vaadi edellytyksiä perustietojen lisäksi. Kolme yksinkertaistusta Hermiten todisteista johtuu Mary Cartwrightista, Ivan Nivenistä ja Bourbakista. Toinen todiste, joka on yksinkertaistusta Lambertin todisteesta, johtuu Miklós Laczkovichista. Vuonna 1882 Ferdinand von Lindemann osoitti, että π ei ole vain irrationaalinen, vaan myös transsendentaalinen.
Lambertin todiste
Vuonna 1761 Lambert osoitti, että π on irrationaalinen, osoittamalla ensin, että tämä jatkuva murtolaajennus pitää paikkansa:
Sitten Lambert osoitti, että jos x ei ole nolla ja järkevä, tämän lausekkeen on oltava irrationaalinen. Koska tan (π / 4) = Edellä esitetystä seuraa, ettäπ / 4 on irrationaalinen ja siksi, että π on irrationaalinen.
Hermites Proof
Tämä todiste käyttää π: n luonnehdintaa pienimpänä positiivisena lukuna, jonka puolikas on kosinifunktion atsero, ja todistaa, että π2 on irrationaalinen. Kuten monissa todisteissa irrationaalisuudesta, väite etenee vähennettynä absurdilla.Tarkastellaan sekvenssejä ( An ) n ≥ 0 ja ( Un ) n ≥ 0 funktiota alueelta R R näin määritelty:
Induktiolla voidaan todistaa, että
ja että
ja siksi
Joten
mikä vastaa sanaa
Tästä seuraa induktio sekä se, että A 0 ( x ) = sin ( x ) ja että A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), että An ( x ) voidaan kirjoittaa nimellä Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), missä Pn ja Qn ovat polynomifunktioita kokonaislukukertoimilla ja missä Pn -aste on pienempi tai yhtä suuri kuin ⌊ n / 2⌋. Erityisesti An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite antoi myös suljetun lausekkeen funktiolle An , nimittäin
Hän ei perustellut tätä väitettä, mutta se voidaan todistaa helposti. Ensinnäkin tämä väite vastaa
Jatka induktiolla, ota n = 0.
ja harkitse induktiivisessa vaiheessa n ∈ Z +. Jos
sitten, osien integrointia ja Leibnizin sääntöä käyttämällä yksi saa
Jos π2 / 4 = p / q , p ja q kohdassa N , koska kertoimet Pn ovat kokonaislukuja ja sen aste on pienempi tai yhtä suuri kuin ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) on jokin kokonaisluku N . Toisin sanoen
Mutta tämä luku on selvästi suurempi kuin 0; siksi N ∈ N . Toisaalta
ja niin edelleen , jos n on riittävän suuri, N . Tällöin saavutetaan ristiriita. Hermite ei esittänyt todisteitaan itsetarkoituksena, vaan jälkivaikutuksena etsittäessään todistetta π: n ylittämisestä. Hän keskusteli toistuvuussuhteista motivoidakseen ja saadakseen kätevän kiinteän edustuksen. Kun tämä integraaliesitys on saatu, on olemassa useita tapoja esittää ytimekäs ja itsenäinen todiste integraalista alkaen (kuten Cartwrightin, Bourbakin tai Nivenin esityksissä), jonka Hermite näki helposti (kuten hän teki) todistuksessaan e ) transsendenssista. Lisäksi Hermiten todiste on lähempänä Lambertin todistetta kuin näyttää. Itse asiassa An ( x ) on Lambertin jatkuvan jakeen ”jäännös” (tai ”jäännös”) tan ( x ).
Laczkovickin todiste
Miklós Laczkovichin todiste on yksinkertaistus Lambertin alkuperäisestä todisteesta. Hän ottaa huomioon toiminnot
Nämä toiminnot on määritelty selkeästi kaikille x ∈ R .Lisäksi
Vaatimus 1: Seuraavat toistumissuhteet:
Todiste: Tämä voidaan todistaa vertaamalla x -voimakertoimia. Vaatimus 2: jokaiselle x ∈ R ,
Todiste: Itse asiassa sekvenssi x 2 n / n ! on rajattu (koska se lähentyy arvoon 0) ja jos C on yläraja ja jos k 1, sitten
Vaatimus 3: Jos x ≠ 0 ja jos x 2 on järkevä , sitten
Todiste: Muussa tapauksessa olisi luku y ≠ 0 ja kokonaisluvut a ja b siten, että fk ( x ) = ay ja fk + 1 ( x ) = kirjoittanut . Ota selvää miksi, ota y = fk + 1 ( x ), a = 0 ja b = 1, jos fk ( x ) = 0; muuten valitse kokonaisluvut a ja b siten, että fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a ja määritä y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . Kummassakin tapauksessa y ei voi olla 0, koska muuten patenttivaatimuksesta 1 seuraa, että kukin fk + n ( x ) ( n ∈ N ) olisi 0, mikä olisi ristiriidassa väitteen 2 kanssa. Ota nyt luonnollinen luku c siten, että kaikki kolme lukua bc / k , ck / x 2 ja c / x 2 ovat kokonaislukuja ja huomioi järjestys
Sitten
Toisaalta vaatimuksesta 1 seuraa, että
joka on lineaarinen yhdistelmä gn + 1 ja gn kanssa kokonaislukukertoimet. Siksi kukin gn on y : n kokonaislukukerta. Lisäksi patenttivaatimuksesta 2 seuraa, että kukin gn on suurempi kuin 0 (ja siksi gn ≥ | y |) jos n on riittävän suuri ja että kaikkien gn ”yhtyy arvoon 0. Mutta numerosarja on suurempi tai yhtä suuri kuin | y | ei voi lähentyä arvoon 0. Koska f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, patenttivaatimuksesta 3 seuraa, että π2 / 16 on irrationaalinen ja siksi π on irrationaalinen. Toisaalta, koska
toinen patenttivaatimuksen 3 seuraus on, että jos x ∈ Q \ {0}, niin tan x on irrationaalinen. Laczkovichin todiste koskee oikeastaan hypergeometristä toimintoa. Itse asiassa fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) ja Gauss havaitsi hypergeometrisen funktion jatkuvan murto-laajennuksen käyttämällä sen funktionaalista yhtälöä. Tämä antoi Laczkovichille mahdollisuuden löytää uusi ja yksinkertaisempi todiste siitä, että tangenttitoiminnolla on Lambertin havaitsema jatkuva murtolaajennus.Laczkovichin tulos voidaan ilmaista myös ensimmäisen tyyppisissä Besselin funktioissa J ν ( x Itse asiassa, Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Joten Laczkovichin tulos vastaa: Jos x ≠ 0 ja jos x 2 on järkevä, niin