Beste svaret
Vi vet at \ pi = \ frac {C} {d} der C og d er omkretsen og diameteren til en hvilken som helst sirkel (henholdsvis).
Det er lett å se at \ pi ikke er et helt tall. En måte å gjøre dette på er å lage en sirkel, for eksempel ved hjelp av en kopp. Mål omkretsen med en streng, og beregn deretter strengens lengde med en linjal. Mål også diameteren. Du bør snart tro at \ pi er mer enn 3, men mindre enn 4. Du kan også overbevise deg selv om at \ pi ikke er avhengig av størrelsen på sirkelen.
Du kan også ta et metallplate ( eller våt papp ville fungere) og kutte ut to former: Den ene er en firkant med sidelengde 1. Den andre er en sirkel med radius 1. Du vil finne (hvis du har en sensitiv skala) at sirkelen veier omtrent 3,14 ganger så mye som torget. Forholdet mellom vektene er (ideelt sett) \ pi.
Ved å bruke Archimedes metode for utmattelse ( Archimedes «Method ) kan du ( som Archimedes gjorde) konkluderte med at \ pi er mindre enn 3 \ frac {1} {7} men mer enn 3 \ frac {10} {71}.
Nå vet vi at \ pi ikke er et helt tall . Det kan være en desimal som gjentas (et rasjonelt tall) eller en desimal som ikke gjentas. Faktisk er det en desimal som ikke gjentas. Vi kaller disse tallene irrasjonelle. Jeg kan ikke finne et virkelig elementært bevis på at \ pi er irrasjonell men denne er i det minste veldig kort og bruker bare kalkulus: Et enkelt bevis på at $ \ pi $ er irrasjonell .
Dette kan svare spørsmålet ditt.
Men kanskje du mener «er det noen naturlig algebraisk beskrivelse av \ pi som bruker endelig mange heltall.» Den mest naturlige måten å formalisere dette på er å anta at \ pi kan være løsningen på et polynom med rasjonelle koeffisienter. Antallet \ sqrt {2} er for eksempel irrasjonelt, men det har en kort beskrivelse ved hjelp av heltall. Det er en løsning på ligning
x ^ 2-2 = 0.
Så selv om \ sqrt {2} er irrasjonell, kan det være kortfattet kodet som (1,0, -2), koeffisienter av x ^ 2 + 0x-2.
Tall som kan navngis på denne måten ved hjelp av heltall kalles “algebraisk” ( Algebraisk nummer – Wikipedia ).
Det viser seg at \ pi ikke en gang er algebraisk; det er et transcendentalt tall ( Transcendentalt nummer – Wikipedia ) .
Argumentet om at \ pi er transcendentalt er enkelt hvis du godtar Lindemann – Weierstrass-teorem – Wikipedia . Denne teoremet innebærer at når som helst \ alfa er et algebraisk tall, tallet e ^ \ alfa er transcendentalt. Hvis \ pi var algebraisk, ville \ pi i også være det ( Hvordan bevise at summen og produktet av to algebraiske tall er algebraisk? ). Men etter Eulers identitet, e ^ {\ pi i} = -1. Merk at -1 ikke er transcendentalt. Derfor er \ pi ikke algebraisk.
Svar
På 1700-tallet beviste Johann Heinrich Lambert at tallet π (pi) er irrasjonelt. Det vil si at det ikke kan uttrykkes som en brøkdel a / b , der a er et helt tall og b er et helt tall som ikke er null. På 1800-tallet fant Charles Hermite et bevis som ikke krever noen forutsetningskunnskap utover grunnleggende kalkulator. Tre forenklinger av Hermites bevis skyldes Mary Cartwright, Ivan Niven og Bourbaki. Et annet bevis, som er en forenkling av Lamberts bevis, skyldes Miklós Laczkovich. I 1882 beviste Ferdinand von Lindemann at π ikke bare er irrasjonell, men også transcendental.
Lamberts Proof
I 1761 beviste Lambert at π er irrasjonell ved først å vise at denne fortsatte brøkutvidelsen holder:
Da beviste Lambert at hvis x ikke er null og rasjonell, så må dette uttrykket være irrasjonelt. Siden tan (π / 4) = 1 følger det atπ / 4 er irrasjonell og derfor at π er irrasjonell.
Hermites Proof
Dette beviset bruker karakteriseringen av π som det minste positive tallet hvis halvdel er azero av cosinusfunksjonen, og det viser faktisk at π2 er irrasjonell. Som i mange bevis for irrasjonalitet, fortsetter argumentet med reductio ad absurdum.Tenk på sekvensene ( An ) n ≥ 0 og ( Un ) n ≥ 0 av funksjoner fra R til R således definert:
Det kan bevises ved induksjon at
og det
og derfor at
Så
som tilsvarer
Det følger av induksjon fra dette, 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 ), der Pn og Qn er polynomfunksjoner med heltallskoeffisienter og hvor graden av Pn er mindre enn eller lik ⌊ n / 2⌋. Spesielt An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite ga også et lukket uttrykk for funksjonen An , nemlig
Han rettferdiggjorde ikke denne påstanden, men det kan lett bevises. Først og fremst tilsvarer denne påstanden
Fortsetter ved induksjon, ta n = 0.
og, for det induktive trinnet, vurder hvilken som helst n ∈ Z +. Hvis
, ved bruk av integrering av deler og Leibnizs regel, en får
Hvis π2 / 4 = p / q , med p og q i N , da, siden koeffisientene til Pn er heltall og graden er mindre enn eller lik ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) er noe heltall N . Med andre ord,
Men dette tallet er tydeligvis større enn 0; derfor N ∈ N . På den annen side
og så , hvis n er stor nok, N . Dermed oppnås en motsetning. Hermite presenterte ikke beviset som et mål i seg selv, men som en ettertanke i sin søken etter et bevis på transcendensen av π. Han diskuterte gjentakelsesforholdene for å motivere og oppnå en praktisk integrert representasjon. Når denne integrerte representasjonen er oppnådd, er det forskjellige måter å presentere et kortfattet og selvstendig bevis med utgangspunkt i integralen (som i Cartwright «s, Bourbaki» eller Niven «presentasjoner), som Hermite lett kunne se (som han gjorde i beviset på transcendensen til e ). Dessuten er Hermites bevis nærmere Lamberts bevis enn det ser ut til. Faktisk er An ( x ) er «resten» (eller «resten») av Lamberts fortsatte brøkdel for tan ( x ).
Laczkovicks bevis
Miklós Laczkovichs bevis er en forenkling av Lamberts originale bevis. Han vurderer funksjonene
Disse funksjonene er tydelig definert for alle x ∈ R .Foruten
Krav 1: Følgende gjentakelsesrelasjonshold:
Bevis: Dette kan bevises ved å sammenligne koeffisientene til maktene til x . Krav 2: For hver x ∈ R ,
Bevis: Faktisk er sekvensen x 2 n / n ! er avgrenset (siden den konvergerer til 0) og hvis C er en øvre grense og hvis k 1, deretter
Krav 3: Hvis x ≠ 0 og hvis x 2 er rasjonell , deretter
Bevis: Ellers ville det være et tall y ≠ 0 og heltall a og b slik at fk ( x ) = ay og fk + 1 ( x ) = av . For å se hvorfor, ta y = fk + 1 ( x ), a = 0 og b = 1 hvis fk ( x ) = 0; Ellers velger du heltall a og b slik at fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a og definer y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . I hvert tilfelle kan y ikke være 0, fordi det ellers vil følge av krav 1 at hver fk + n ( x ) ( n ∈ N ) ville være 0, noe som ville motsette krav 2. Nå, ta et naturlig tall c slik at alle tre tall bc / k , ck / x 2 og c / x 2 er heltall og vurder sekvensen
Deretter
På den annen side følger det av krav 1 at
som er en lineær kombinasjon av gn + 1 og gn med heltallskoeffisienter. Derfor er hver gn et helt tallmultipel av y . Dessuten følger det av krav 2 at hver gn er større enn 0 (og derfor at gn ≥ | y |) hvis n er stor nok og at sekvensen til alle gn «s konvergerer til 0. Men en sekvens av tall større enn eller lik | y | kan ikke konvergere til 0. Siden f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, følger det av krav 3 at π2 / 16 er irrasjonell og derfor er π irrasjonell. På den annen side, siden
en annen konsekvens av krav 3 er at hvis x ∈ Q \ {0}, så tan x er irrasjonell. Laczkovichs bevis handler egentlig om den hypergeometriske funksjonen. Faktisk fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) og Gauss fant en fortsatt brøkutvidelse av den hypergeometriske funksjonen ved hjelp av dens funksjonelle ligning. Dette gjorde det mulig for Laczkovich å finne et nytt og enklere bevis på at tangentfunksjonen har den fortsatte brøkekspansjonen som Lambert hadde oppdaget.Laczkovichs resultat kan også uttrykkes i Fartøyfunksjoner av første slag J ν ( x Faktisk Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Så Laczkovichs resultat tilsvarer: Hvis x ≠ 0 og hvis x 2 er rasjonell, så