Meilleure réponse
Nous savons que \ pi = \ frac {C} {d} où C et d sont la circonférence et le diamètre de nimporte quel cercle (respectivement).
Il est facile de voir que \ pi nest pas un entier. Une façon de faire est simplement de faire un cercle, en utilisant une tasse, par exemple. Mesurez la circonférence avec une chaîne, puis calculez la longueur de la chaîne avec une règle. Mesurez également le diamètre. Vous devriez bientôt croire que \ pi est supérieur à 3 mais inférieur à 4. Vous pourriez aussi vous convaincre que \ pi ne dépend pas de la taille du cercle.
Vous pouvez également prendre une feuille de métal ( ou du carton humide fonctionnerait) et découpez deux formes: lune est un carré de longueur de côté 1. Lautre est un cercle de rayon 1. Vous constaterez (si vous avez une balance sensible) que le cercle pèse environ 3,14 fois plus comme le carré. Le rapport des poids est (idéalement) \ pi.
En utilisant la méthode dépuisement dArchimède ( Méthode dArchimède ), vous pouvez ( comme Archimède la fait) concluent que \ pi est inférieur à 3 \ frac {1} {7} mais supérieur à 3 \ frac {10} {71}.
Maintenant, nous savons que \ pi nest pas un entier . Il peut sagir dune décimale répétitive (un nombre rationnel) ou dune décimale non répétitive. En fait, il sagit dun décimal non répétitif. Nous appelons ces nombres irrationnels. Je ne trouve pas de preuve vraiment élémentaire que \ pi est irrationnel, mais celui-ci est au moins très court et nutilise que le calcul: Une simple preuve que $ \ pi $ est irrationnel .
Cela pourrait répondre votre question.
Mais peut-être que vous voulez dire « y a-t-il une description algébrique naturelle de \ pi qui utilise un nombre fini de nombres entiers. » La manière la plus naturelle de formaliser ceci est de supposer que \ pi pourrait être la solution dun polynôme à coefficients rationnels. Le nombre \ sqrt {2} par exemple est irrationnel, mais il a une brève description utilisant des entiers. Cest une solution au équation
x ^ 2-2 = 0.
Ainsi, même si \ sqrt {2} est irrationnel, il peut être succinctement codé comme (1,0, -2), le coefficients de x ^ 2 + 0x-2.
Les nombres qui peuvent être nommés de cette manière en utilisant des entiers sont appelés «algébriques» ( Nombre algébrique – Wikipedia ).
Il savère que \ pi nest même pas algébrique; cest un nombre transcendantal ( Nombre transcendantal – Wikipedia ) .
Largument selon lequel \ pi est transcendantal est facile si vous acceptez le Théorème de Lindemann – Weierstrass – Wikipédia . Ce théorème implique que chaque fois que \ alpha est un nombre algébrique, le nombre e ^ \ alpha est transcendantal. Si \ pi était algébrique, alors \ pi i le serait aussi ( Comment prouver que la somme et le produit de deux nombres algébriques est algébrique? ). Mais par l’identité d’Euler, e ^ {\ pi i} = -1. Notez que -1 nest pas transcendantal. Donc \ pi nest pas algébrique.
Réponse
Au 18ème siècle, Johann Heinrich Lambert a prouvé que le nombre π (pi) est irrationnel. Autrement dit, il ne peut pas être exprimé sous forme de fraction a / b , où a est un entier et b est un entier non nul. Au 19ème siècle, Charles Hermite a trouvé une preuve qui nexige aucune connaissance préalable au-delà du calcul de base. Trois simplifications de la preuve dHermite sont dues à Mary Cartwright, Ivan Niven et Bourbaki. Une autre preuve, qui est une simplification de la preuve de Lambert, est due à Miklós Laczkovich. En 1882, Ferdinand von Lindemann a prouvé que π nest pas seulement irrationnel, mais aussi transcendantal.
La preuve de Lambert
En 1761, Lambert a prouvé que π est irrationnel en montrant dabord que cette expansion de fraction continue tient:
Alors Lambert a prouvé que si x est non nul et rationnel alors cette expression doit être irrationnelle. Puisque tan (π / 4) = 1, il sensuit queπ / 4 est irrationnel et donc que π est irrationnel.
Preuve dHermite
Cette preuve utilise la caractérisation de π comme le plus petit nombre positif dont la moitié est azéro de la fonction cosinus et elle prouve en fait que π2 est irrationnel. Comme dans de nombreuses preuves dirrationalité, largument procède par reductio ad absurdum.Considérez les séquences ( An ) n ≥ 0 et ( Un ) n ≥ 0of fonctions de R dans R ainsi défini:
On peut prouver par récurrence que
et que
et donc que
Donc
qui est équivalent à
Il en découle par récurrence, ainsi que le fait que A 0 ( x ) = sin ( x ) et que A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), que Un ( x ) peut sécrire Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), où Pn et Qn sont des fonctions polynomiales à coefficients entiers et où le degré de Pn est inférieur ou égal à ⌊ n / 2⌋. En particulier, An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite a également donné une expression fermée pour la fonction An , à savoir
Il na pas justifié cette affirmation, mais elle peut être prouvée facilement. Tout dabord, cette assertion équivaut à
En procédant par récurrence, prenez n = 0.
et, pour létape inductive, considérons nimporte quel n ∈ Z +. Si
alors, en utilisant lintégration par parties et la règle de Leibniz, on obtient
Si π2 / 4 = p / q , avec p et q in N , alors, puisque les coefficients de Pn sont des nombres entiers et son degré est inférieur ou égal à ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) est un entier N . En dautres termes,
Mais ce nombre est clairement supérieur à 0; par conséquent, N ∈ N . Dautre part,
et ainsi , si n est suffisamment grand, N . Ainsi, une contradiction est atteinte. Hermite na pas présenté sa preuve comme une fin en soi mais comme une réflexion après coup dans sa recherche dune preuve de la transcendance de π. Il a discuté des relations de récurrence pour motiver et obtenir une représentation intégrale convenable. Une fois cette représentation intégrale obtenue, il existe différentes manières de présenter une preuve succincte et autonome à partir de lintégrale (comme dans les présentations de Cartwright, Bourbaki ou Niven), quHermite pourrait facilement voir (comme il la fait dans sa preuve de la transcendance de e ). De plus, la preuve dHermite est plus proche de la preuve de Lambert quil ny paraît. En fait, Une ( x ) est le « résidu » (ou « reste ») de la fraction continue de Lambert pour tan ( x ).
La preuve de Laczkovick
La preuve de Miklós Laczkovich est une simplification de la preuve originale de Lambert. Il considère les fonctions
Ces fonctions sont clairement définies pour tous les x ∈ R .Outre
Revendication 1: La relation de récurrence suivante est valable:
Preuve: Ceci peut être prouvé en comparant les coefficients des puissances de x . Revendication 2: Pour chaque x ∈ R ,
Preuve: En fait, la séquence x 2 n / n ! est borné (car il converge vers 0) et si C est une borne supérieure et si k 1, puis
Allégation 3: Si x ≠ 0 et si x 2 est rationnel , puis
Preuve: Sinon, il y aurait un nombre y ≠ 0 et des entiers a et b tel que fk ( x ) = ay et fk + 1 ( x ) = par . Pour comprendre pourquoi, prenez y = fk + 1 ( x ), a = 0 et b = 1 si fk ( x ) = 0; sinon, choisissez des entiers a et b tels que fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a et définissez y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . Dans chaque cas, y ne peut pas être égal à 0, car sinon, il découlerait de la revendication 1 que chaque fk + n ( x ) ( n ∈ N ) serait 0, ce qui contredirait la revendication 2. Maintenant, prenez un nombre naturel c tel que les trois nombres bc / k , ck / x 2 et c / x 2 sont des nombres entiers et considèrent la séquence
Alors
Dautre part, il découle de la revendication 1 que
qui est une combinaison linéaire de gn + 1 et gn avec coefficients entiers. Par conséquent, chaque gn est un multiple entier de y . En outre, il découle de la revendication 2 que chaque gn est supérieur à 0 (et donc que gn ≥ | y |) si n est suffisamment grand et que la séquence de tous gn « s converge vers 0. Mais une suite de nombres supérieurs ou égaux à | y | ne peut pas converger vers 0. Puisque f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, il résulte de la revendication 3 que π2 / 16 est irrationnel et donc que π est irrationnel. Dun autre côté, puisque
une autre conséquence de la revendication 3 est que, si x ∈ Q \ {0}, alors tan x est irrationnel. La preuve de Laczkovich concerne en fait la fonction hypergéométrique. En fait, fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) et Gauss a trouvé une expansion de fraction continue de la fonction hypergéométrique en utilisant son équation fonctionnelle. Cela a permis à Laczkovich de trouver une preuve nouvelle et plus simple du fait que la fonction tangente a lexpansion continue de fraction que Lambert avait découverte.Le résultat de Laczkovich peut également être exprimé dans des fonctions de Bessel du premier type J ν ( x ). En fait, Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Le résultat de Laczkovich est donc équivalent à: Si x ≠ 0 et si x 2 est rationnel, alors