Migliore risposta
Sappiamo che \ pi = \ frac {C} {d} dove C e d sono la circonferenza e il diametro di qualsiasi cerchio (rispettivamente).
È facile vedere che \ pi non è un numero intero. Un modo per farlo è semplicemente fare un cerchio, usando una tazza, per esempio. Misura la circonferenza con una corda, quindi calcola la lunghezza della corda con un righello. Misura anche il diametro. Presto dovresti credere che \ pi è maggiore di 3 ma minore di 4. Potresti anche convincerti che \ pi non dipende dalla dimensione del cerchio.
Potresti anche prendere un foglio di metallo ( o cartone bagnato funzionerebbe) e ritaglia due forme: una è un quadrato con lato lungo 1. Laltro è un cerchio con raggio 1. Troverai (se hai una scala sensibile) che il cerchio pesa circa 3,14 volte di più come la piazza. Il rapporto tra i pesi è (idealmente) \ pi.
Usando il metodo di esaurimento di Archimede ( Archimedes “Method ) puoi ( come Archimede) ha concluso che \ pi è minore di 3 \ frac {1} {7} ma maggiore di 3 \ frac {10} {71}.
Ora sappiamo che \ pi non è un numero intero . Potrebbe essere un decimale ripetuto (un numero razionale) o un decimale non ripetitivo. In effetti è un decimale non ripetitivo. Chiamiamo questi numeri irrazionali. Non riesco a trovare una prova veramente elementare che \ pi sia irrazionale, ma questo è almeno molto breve e usa solo il calcolo: Una semplice prova che $ \ pi $ è irrazionale .
Questo potrebbe rispondere la tua domanda.
Ma forse intendi “esiste una descrizione algebrica naturale di \ pi che utilizza un numero finito di numeri interi”. Il modo più naturale per formalizzare questo è supporre che \ pi potrebbe essere la soluzione di un polinomio con coefficienti razionali. Il numero \ sqrt {2} per esempio è irrazionale, ma ha una breve descrizione usando numeri interi. È una soluzione al equazione
x ^ 2-2 = 0.
Quindi, anche se \ sqrt {2} è irrazionale, potrebbe essere sinteticamente codificato come (1,0, -2), il coefficienti di x ^ 2 + 0x-2.
I numeri che possono essere denominati in questo modo utilizzando numeri interi sono chiamati “algebrici” ( Numero algebrico – Wikipedia ).
Si scopre che \ pi non è nemmeno algebrico; è un numero trascendentale ( Numero trascendentale – Wikipedia ) .
Largomento che \ pi è trascendentale è facile se si accetta il Teorema di Lindemann – Weierstrass – Wikipedia . Questo teorema implica che ogni volta che \ alpha è un numero algebrico, il numero e ^ \ alpha è trascendente. Se \ pi fosse algebrico, lo sarebbe anche \ pi i ( Come dimostrare che la somma e il prodotto di due numeri algebrici è algebrica? ). Ma in base allidentità di Eulero, e ^ {\ pi i} = -1. Nota che -1 non è trascendentale. Pertanto \ pi non è algebrico.
Risposta
Nel XVIII secolo, Johann Heinrich Lambert dimostrò che il numero π (pi) è irrazionale. Cioè, non può essere espresso come frazione a / b , dove a è un numero intero e b è un numero intero diverso da zero. Nel 19 ° secolo, Charles Hermite ha trovato una prova che non richiede alcuna conoscenza prerequisito oltre al calcolo di base. Tre semplificazioni della dimostrazione di Hermite sono dovute a Mary Cartwright, Ivan Niven e Bourbaki. Unaltra dimostrazione, che è una semplificazione della dimostrazione di Lambert, è dovuta a Miklós Laczkovich. Nel 1882, Ferdinand von Lindemann dimostrò che π non è solo irrazionale, ma anche trascendentale.
La prova di Lambert
Nel 1761, Lambert dimostrò che π è irrazionale mostrando prima che questa continua espansione della frattione vale:
Quindi Lambert ha dimostrato che se x è diverso da zero e razionale, allora questa espressione deve essere irrazionale. Poiché tan (π / 4) = 1, ne consegue che π / 4 è irrazionale e quindi π è irrazionale.
Prova di Hermite
Questa dimostrazione usa la caratterizzazione di π come il più piccolo numero positivo la cui metà è azero della funzione coseno e in realtà dimostra che π2 è irrazionale. Come in molte prove di irrazionalità, largomento procede per reductio ad absurdum.Considera le sequenze ( An ) n ≥ 0 e ( Un ) n ≥ 0 di funzioni da R a R così definito:
Si può dimostrare per induzione che
e quello
e quindi
Quindi
che è equivalente a
Ne consegue per induzione, insieme al fatto che A 0 ( x ) = sin ( x ) e che A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), che Un ( x ) può essere scritto come Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), dove Pn e Qn sono funzioni polinomiali con coefficienti interi e dove il grado di Pn è minore o uguale a ⌊ n / 2⌋. In particolare, An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite ha anche fornito unespressione chiusa per la funzione An , ovvero
Non ha giustificato questa affermazione, ma può essere dimostrata facilmente. Prima di tutto, questa asserzione è equivalente a
Procedendo per induzione, prendi n = 0.
e, per il passaggio induttivo, considera qualsiasi n ∈ Z +. Se
allora, usando lintegrazione per parti e la regola di Leibniz, una ottiene
Se π2 / 4 = p / q , con p e q in N , quindi, poiché i coefficienti di Pn sono numeri interi e il loro grado è minore o uguale a ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) è un numero intero N . In altre parole,
Ma questo numero è chiaramente maggiore di 0; pertanto, N ∈ N . Daltra parte,
e così , se n è abbastanza grande, N . In tal modo si raggiunge una contraddizione. Hermite non ha presentato la sua dimostrazione come un fine in sé, ma come un ripensamento allinterno della sua ricerca di una prova della trascendenza di π. Ha discusso le relazioni di ricorrenza per motivare e ottenere una conveniente rappresentazione integrale. Una volta ottenuta questa rappresentazione integrale, ci sono vari modi per presentare una dimostrazione succinta e autosufficiente a partire dallintegrale (come nelle presentazioni di Cartwright, di Bourbaki o di Niven), che Hermite poteva facilmente vedere (come fece nella sua prova della trascendenza di e ). Inoltre, la dimostrazione di Hermite è più vicina alla dimostrazione di Lambert di quanto sembri. Infatti, Un ( x ) è il “residuo” (o “resto”) della frazione continua di Lambert per tan ( x ).
Laczkovick “s Proof
La dimostrazione di Miklós Laczkovich è una semplificazione della dimostrazione originale di Lambert. Considera le funzioni
Queste funzioni sono chiaramente definite per tutti i x ∈ R .Oltre
Rivendicazione 1: Le seguenti relazioni di ricorrenza:
Dimostrazione: questo può essere dimostrato confrontando i coefficienti delle potenze di x . Rivendicazione 2: per ogni x ∈ R ,
Prova: In effetti, la sequenza x 2 n / n ! è limitato (poiché converge a 0) e se C è un limite superiore e se k 1, quindi
Rivendicazione 3: se x ≠ 0 e se x 2 è razionale , quindi
Prova: Altrimenti, ci sarebbe un numero y ≠ 0 e numeri interi a e b tale che fk ( x ) = ay e fk + 1 ( x ) = di . Per capire perché, prendi y = fk + 1 ( x ), a = 0 e b = 1 se fk ( x ) = 0; altrimenti, scegli numeri interi a e b tali che fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a e definisci y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . In ogni caso, y non può essere 0, perché altrimenti dalla rivendicazione 1 deriverebbe che ogni fk + n ( x ) ( n ∈ N ) sarebbe 0, il che contraddirebbe laffermazione 2. Ora, prendi un numero naturale c tale che tutti e tre i numeri bc / k , ck / x 2 e c / x 2 sono numeri interi e considera la sequenza
Quindi
Daltra parte, dalla rivendicazione 1 risulta che
che è una combinazione lineare di gn + 1 e gn con coefficienti interi. Pertanto, ogni gn è un multiplo intero di y . Inoltre, dalla rivendicazione 2 risulta che ogni gn è maggiore di 0 (e quindi gn ≥ | y |) se n è abbastanza grande e che la sequenza di tutti gn “s converge a 0. Ma una sequenza di numeri maggiore o uguale a | y | non può convergere a 0. Poiché f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, dalla rivendicazione 3 segue che π2 / 16 è irrazionale e quindi quel π è irrazionale. Daltra parte, poiché
unaltra conseguenza della rivendicazione 3 è che, se x ∈ Q \ {0}, allora tan x è irrazionale. La dimostrazione di Laczkovich riguarda in realtà la funzione ipergeometrica. Infatti, fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) e Gauss ha trovato unespansione frazionaria continua della funzione ipergeometrica usando la sua equazione funzionale. Ciò ha permesso a Laczkovich di trovare una nuova e più semplice prova del fatto che la funzione tangente ha lespansione della frazione continua che Lambert aveva scoperto.Il risultato di Laczkovich può essere espresso anche in funzioni di Bessel del primo tipo J ν ( x ). Infatti, Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Quindi il risultato di Laczkovich “è equivalente a: If x ≠ 0 e se x 2 è razionale,