Legjobb válasz
Tudjuk, hogy \ pi = \ frac {C} {d} ahol C és d bármely kör kerülete és átmérője (rendre).
Könnyen belátható, hogy a \ pi nem egész szám. Ennek egyik módja az, hogy egyszerűen kört csinál, például egy csésze segítségével. Mérje meg a kerületet egy húrral, majd egy vonalzóval számítsa ki a húr hosszát. Mérje meg az átmérőt is. Hamarosan el kell hinnie, hogy a \ pi több mint 3, de kevesebb, mint 4. Azt is meggyőzheti magáról, hogy a \ pi nem a kör méretétől függ.
Felvehet egy fémlapot is ( vagy nedves karton működne), és vágjon ki két alakzatot: Az egyik egy négyzet, amelynek oldalhossza 1. A másik az 1. sugarú kör. Meg fogja találni (ha érzékeny skálája van), hogy a kör körülbelül 3,14-szer annyi mint a tér. A súlyok aránya (ideális esetben) \ pi.
Archimédész kimerítési módszerének ( Archimedes “módszer ) használatával ( mint Archimédész tette) arra a következtetésre jutottak, hogy a \ pi kisebb, mint 3 \ frac {1} {7}, de több, mint 3 \ frac {10} {71}.
Most már tudjuk, hogy a \ pi nem egész szám Ez lehet ismétlődő tizedes (racionális szám) vagy nem ismétlődő tizedes. Valójában ez nem ismétlődő tizedes. Ezeket a számokat irracionálisnak nevezzük. Nem találok igazán elemi bizonyítékot arra, hogy a \ pi irracionális, de ez legalább nagyon rövid, és csak a számítást használja: Egyszerű bizonyíték arra, hogy a $ \ pi $ irracionális .
Ez válaszolhat a kérdésed.
De talán azt érted, hogy „létezik-e a \ pi természetes algebrai leírása, amely végesen sok egész számot használ.” Ennek legalizálása a legtermészetesebb feltételezés, ha feltételezzük, hogy a \ pi lehet egy racionális együtthatójú polinom megoldása. Például az \ sqrt {2} szám irracionális, de egész számokkal rövid leírást tartalmaz. Ez megoldást jelent a egyenlet
x ^ 2-2 = 0.
Bár az \ sqrt {2} irracionális, lehet, hogy tömören kódolják (1,0, -2), az az x ^ 2 + 0x-2 együtthatói.
Azok a számok, amelyeket így egész számok segítségével meg lehet nevezni, „algebrai” ( algebrai szám – Wikipédia ).
Kiderült, hogy a \ pi nem is algebrai, hanem transzcendentális szám ( Transzcendentális szám – Wikipédia ) .
Az az érv, hogy a \ pi transzcendentális, könnyű, ha elfogadja a Lindemann – Weierstrass-tételt – Wikipédia . Ez a tétel azt jelenti, hogy bármikor \ az alfa algebrai szám, az e ^ \ alfa szám transzcendentális. Ha \ pi algebrai lenne, akkor a \ pi i is az lenne ( Hogyan lehet igazolni, hogy két algebrai szám összege és szorzata algebrai? ). De Euler azonossága alapján e ^ {\ pi i} = -1. Vegye figyelembe, hogy a -1 nem transzcendentális. Ezért a \ pi nem algebrai.
Válasz
A 18. században Johann Heinrich Lambert bebizonyította, hogy a π (pi) szám irracionális. Vagyis nem fejezhető ki törtrészként a / b , ahol a egész szám, a b pedig nem nulla egész szám. A 19. században Károly Hermite olyan bizonyítékot talált, amely az alapszámításon túl nem igényel előfeltételeket. A Hermite bizonyítékának három egyszerűsítése Mary Cartwrightnak, Ivan Nivennek és Bourbakinak köszönhető. Egy másik bizonyíték, amely Lambert bizonyításának egyszerűsítése, Laczkovich Miklósnak köszönhető. 1882-ben Ferdinand von Lindemann bebizonyította, hogy a π nemcsak irracionális, hanem transzcendentális is.
Lambert bizonyítéka
1761-ben Lambert bebizonyította, hogy a π irracionális, azzal, hogy először megmutatta, hogy ez a folyamatos frakcióbővítés érvényes:
Ezután Lambert bebizonyította, hogy ha x nem nulla és racionális, akkor ennek a kifejezésnek irracionálisnak kell lennie. Mivel tan (π / 4) = Az 1. pontból következik, hogy aπ / 4 irracionális, ezért a π irracionális.
Hermite igazolása
Ez a bizonyítás a π jellemzését használja a legkisebb pozitív számként, amelynek fele a koszinusz-függvény azero-ja, és valójában azt bizonyítja, hogy a π2 irracionális. Mint az irracionalitás számos bizonyítékában, az érvelésben reductio ad absurdum is folytatódik.Tekintsük a következő szekvenciákat ( An ) n ≥ 0 és ( Un ) n ≥ 0 funkció a R -ból Az így definiált R :
Indukcióval bizonyítható, hogy
és ez
és ezért
Tehát
ami egyenértékű a következővel:
Ebből indukció következik, valamint az a tény, hogy A 0 ( x ) = sin ( x ) és hogy A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), hogy An ( x ) Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), ahol a Pn és Qn polinom függvények egész együtthatókkal és ahol a Pn mértéke kisebb vagy egyenlő, mint ⌊ n / 2⌋. Különösen a An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite zárt kifejezést adott a An függvényre is, nevezetesen
Nem igazolta ezt az állítást, de könnyen bizonyítható. Először is, ez az állítás egyenértékű a következővel:
Indukció folytatása, n = 0.
és az induktív lépéshez vegyen figyelembe minden n ∈ Z +. Ha
akkor a részek szerinti integráció és a Leibniz-szabály használatával egy kap
Ha π2 / 4 = p / q , p és q a N mezőben, mivel a Pn egész számok, mértéke kisebb vagy egyenlő, mint ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) néhány egész szám N . Más szóval:
De ez a szám egyértelműen nagyobb, mint 0; ezért N ∈ N . Másrészt
és így tovább , ha a n elég nagy, N . Ezáltal ellentmondás alakul ki. Hermite bizonyítását nem öncélként, hanem utólagos gondolatként mutatta be a π transzcendenciájának bizonyítékának keresése során. Megbeszélte az ismétlődési viszonyokat, hogy motiválja és megszerezze a kényelmes integrált reprezentációt. Amint ezt az integrálábrázolást megszereztük, többféleképpen lehet tömör és önálló bizonyítékot bemutatni az integrálból kiindulva (például Cartwright, Bourbaki vagy Niven előadásaiban), amelyeket Hermite könnyen láthat (ahogy ő is tette) e ) transzcendenciájának bizonyításában. Ezenkívül Hermite bizonyítása közelebb van Lambert bizonyításához, mint amilyennek látszik. Valójában Egy ( x ) a Lambert folytonos frakciójának “maradéka” (vagy “maradéka”) tan ( x ).
Laczkovick igazolása
Laczkovich Miklós bizonyítéka Lambert eredeti bizonyításának leegyszerűsítése. Fontolóra veszi a funkciókat
Ezek a függvények minden x ∈ R esetében egyértelműen definiálva vannak .Emellett
1. igény: A következő ismétlődési relációk:
Bizonyítás: Ezt a x hatványainak együtthatóinak összehasonlításával lehet bizonyítani. 2. igénypont: Minden x ∈ R ,
Bizonyítás: Valójában a x 2 n / n ! korlátos (mivel konvergál 0-ra), és ha C felső határ, és ha k 1, majd
3. igény: Ha x ≠ 0 és ha x 2 racionális , majd
Bizonyítás: Ellenkező esetben y ≠ 0 és egész számok a és b úgy, hogy fk ( x ) = ay és fk + 1 ( x ) = készítette . A miértek megértéséhez vegye fel a y = fk + 1 ( x ), a = 0 és b = 1, ha fk ( x ) = 0; különben válassza az a és a b egész számokat úgy, hogy fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a és definiálja y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . Minden esetben a y nem lehet 0, mert különben az 1. igénypontból az következne, hogy mindegyik fk + n ( x ) ( n ∈ N ) 0 lenne, ami ellentmondana a 2. állításnak. Most vegyen egy természetes számot c úgy, hogy mindhárom szám bc / k , ck / x 2 és c / x 2 egész szám, és vegye figyelembe a sorrendet
Ezután
Másrészt az 1. állításból következik, hogy
amely a gn lineáris kombinációja + 1 és gn egész együtthatók. Ezért minden gn a y egész számszorosa. Ezenkívül a 2. igénypontból az következik, hogy minden gn nagyobb, mint 0 (és ezért gn ≥ | y |), ha a n elég nagy, és hogy az összes gn “konvergál 0-ra. De a | y értékkel nagyobb vagy egyenlő számsor | nem konvergálhat 0-ra. Mivel f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, a 3. igénypontból az következik, hogy π2 / A 16. irracionális, ezért a π irracionális. Másrészt, mivel
A 3. igénypont másik következménye, hogy ha x ∈ Q \ {0}, akkor A tan x irracionális. Laczkovich bizonyítéka valóban a hipergeometrikus funkcióról szól. Valójában fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) és Gauss a hipergeometrikus függvény folyamatos frakcióbővülését találták funkcionális egyenlete segítségével. Ez lehetővé tette Laczkovich számára, hogy új és egyszerűbb bizonyítékot találjon arra a tényre, hogy az érintő függvény folytatja a Lambert által felfedezett frakcióbővülést.Laczkovich eredményei kifejezhetők az első típusú Bessel-függvényekben is J ν ( x ). Valójában Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Tehát Laczkovich eredménye egyenértékű: Ha x ≠ 0 és ha a x 2 racionális, akkor