Najlepsza odpowiedź
Wiemy, że \ pi = \ frac {C} {d} gdzie C id są odpowiednio obwodem i średnicą dowolnego koła.
Łatwo zauważyć, że \ pi nie jest liczbą całkowitą. Jednym ze sposobów jest po prostu narysowanie koła, na przykład przy użyciu filiżanki. Zmierz obwód sznurkiem, a następnie oblicz długość sznurka linijką. Zmierz również średnicę. Wkrótce powinieneś uwierzyć, że \ pi jest większe niż 3, ale mniejsze niż 4. Możesz także przekonać się, że \ pi nie zależy od rozmiaru koła.
Możesz również wziąć arkusz metalu ( lub mokra tektura zadziała) i wytnij dwa kształty: Jeden to kwadrat o boku 1. Drugi to okrąg o promieniu 1. Przekonasz się (jeśli masz czułą skalę), że okrąg waży około 3,14 razy więcej jak kwadrat. Stosunek wag to (idealnie) \ pi.
Używając metody wyczerpania Archimedesa ( Metoda Archimedesa ) możesz ( jak Archimedes) doszedł do wniosku, że \ pi jest mniejsze niż 3 \ frac {1} {7}, ale większe niż 3 \ frac {10} {71}.
Teraz wiemy, że \ pi nie jest liczbą całkowitą . Może to być powtarzający się ułamek dziesiętny (liczba wymierna) lub niepowtarzający się ułamek dziesiętny. W rzeczywistości jest to niepowtarzalny ułamek dziesiętny. Nazywamy te liczby irracjonalnymi. Nie mogę znaleźć naprawdę elementarnego dowodu, że \ pi jest irracjonalne, ale ten jest przynajmniej bardzo krótki i używa tylko rachunku różniczkowego: Prosty dowód na to, że $ \ pi $ jest irracjonalne .
To może odpowiedzieć Twoje pytanie.
Ale może masz na myśli „czy istnieje naturalny algebraiczny opis \ pi, który używa skończenie wielu liczb całkowitych”. Najbardziej naturalnym sposobem sformalizowania tego jest założenie, że \ pi może być rozwiązaniem wielomianu z wymiernymi współczynnikami. Na przykład liczba \ sqrt {2} jest niewymierna, ale ma krótki opis za pomocą liczb całkowitych. Jest to rozwiązanie równanie
x ^ 2-2 = 0.
Więc nawet jeśli \ sqrt {2} jest irracjonalne, może być zwięźle zakodowane jako (1,0, -2), współczynniki x ^ 2 + 0x-2.
Liczby, które można nazwać w ten sposób za pomocą liczb całkowitych, nazywane są „algebraicznymi” ( Liczba algebraiczna – Wikipedia ).
Okazuje się, że \ pi nie jest nawet algebraiczne; jest liczbą transcendentalną ( Liczba transcendentalna – Wikipedia ) .
Argument, że \ pi jest transcendentalny, jest łatwy, jeśli zaakceptujesz twierdzenie Lindemanna – Weierstrassa – Wikipedia . Twierdzenie to zakłada, że kiedykolwiek \ alfa jest liczbą algebraiczną, liczba e ^ \ alpha jest transcendentalna. Gdyby \ pi było algebraiczne, to \ pi i również byłoby ( Jak udowodnić, że suma i iloczyn dwóch liczb algebraicznych jest algebraiczna? ). Ale według tożsamości Eulera, e ^ {\ pi i} = -1. Zauważ, że -1 nie jest transcendentalne. Dlatego \ pi nie jest algebraiczne.
Odpowiedź
W XVIII wieku Johann Heinrich Lambert udowodnił, że liczba π (pi) jest nieracjonalna. Oznacza to, że nie można go wyrazić jako ułamek a / b , gdzie a to liczba całkowita, a b to niezerowa liczba całkowita. W XIX wieku Charles Hermite znalazł dowód, który nie wymaga żadnej wstępnej wiedzy poza podstawowymi rachunkami. Trzy uproszczenia dowodu Hermitea są zasługą Mary Cartwright, Ivana Niven i Bourbaki, inny dowód, będący uproszczeniem dowodu Lamberta, zawdzięczamy Miklósowi Laczkovichowi. W 1882 roku Ferdinand von Lindemann udowodnił, że π jest nie tylko irracjonalne, ale także transcendentalne.
Dowód Lamberta
W 1761 roku Lambert udowodnił, że π jest nieracjonalne, pokazując najpierw, że to ciągłe rozszerzenie ułamkowe utrzymuje:
Następnie Lambert udowodnił, że jeśli x jest niezerowe i racjonalne, to wyrażenie to musi być irracjonalne. Ponieważ tan (π / 4) = 1, wynika z tego, że π / 4 jest irracjonalne, a zatem π jest irracjonalne.
Dowód pustelnika
Dowód ten wykorzystuje scharakteryzowanie π jako najmniejszej liczby dodatniej, której połowę stanowi azero funkcji cosinus, i faktycznie dowodzi, że π2 jest nieracjonalne. Jak w przypadku wielu dowodów irracjonalności, argumentacja toczy się zgodnie z zasadą reductio ad absurdum.Rozważ sekwencje ( An ) n ≥ 0 i ( Un ) n ≥ 0 funkcji z R do R zdefiniowany w ten sposób:
Na podstawie indukcji można udowodnić, że
i że
i dlatego
Więc
co jest równoważne z
Wynika to z tego indukcji oraz faktu, że A 0 ( x ) = sin ( x ) i że A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), że An ( x ) można zapisać jako Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), gdzie Pn i Qn to funkcje wielomianowe ze współczynnikami całkowitymi i gdzie stopień Pn jest mniejszy lub równy ⌊ n / 2⌋. W szczególności An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite podał również zamknięte wyrażenie dla funkcji An , a mianowicie
Nie uzasadnił tego twierdzenia, ale można to łatwo udowodnić. Po pierwsze, to stwierdzenie jest równoważne z
Postępując przez indukcję, weź n = 0.
i jako krok indukcyjny rozważ dowolne n ∈ Z +. Jeśli
to używając całkowania przez części i reguły Leibniza, jeden pobiera
Jeśli π2 / 4 = p / q , z p i q w N , ponieważ współczynniki Pn to liczby całkowite, których stopień jest mniejszy lub równy ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) jest pewna liczba całkowita N . Innymi słowy,
Ale ta liczba jest wyraźnie większa niż 0, dlatego N ∈ N . Z drugiej strony
i tak , jeśli n jest wystarczająco duże, N . W ten sposób dochodzi do sprzeczności. Hermite nie przedstawił swojego dowodu jako celu sam w sobie, ale jako refleksję w swoich poszukiwaniach dowodu transcendencji π. Omówił relacje powtarzania się, aby motywować i uzyskać wygodną integralną reprezentację. Po uzyskaniu tej integralnej reprezentacji istnieją różne sposoby przedstawienia zwięzłego i samodzielnego dowodu, zaczynając od całki (jak w prezentacjach Cartwrighta, Bourbaki lub Niven), które Hermite mógł łatwo zobaczyć (tak jak zrobił w swoim dowodzie transcendencji e ). Co więcej, dowód Hermite jest bliższy dowodowi Lamberta, niż się wydaje. W rzeczywistości An ( x ) to „pozostałość” (lub „reszta”) ułamka ciągłego Lamberta dla tan ( x ).
Dowód Laczkovicka
Dowód Miklósa Laczkovicha jest uproszczeniem oryginalnego dowodu Lamberta. Rozważa on funkcje
Te funkcje są jasno zdefiniowane dla wszystkich x ∈ R .Poza tym
Roszczenie 1: Następujące relacje powtarzania:
Dowód: można to udowodnić, porównując współczynniki potęg x . Roszczenie 2: dla każdego x ∈ R ,
Dowód: w rzeczywistości sekwencja x 2 n / n ! jest ograniczona (ponieważ zbiega się do 0) i jeśli C jest granicą górną i jeśli k 1, a następnie
Wniosek 3: jeśli x ≠ 0 i jeśli x 2 jest racjonalne , a następnie
Dowód: W przeciwnym razie byłaby liczba y ≠ 0 i liczby całkowite a i b takie, że fk ( x ) = ay i fk + 1 ( x ) = autor: . Aby zobaczyć, dlaczego, weź y = fk + 1 ( x ), a = 0 i b = 1 if fk ( x ) = 0; w przeciwnym razie wybierz liczby całkowite a i b takie, że fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a i zdefiniuj y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . W każdym przypadku y nie może wynosić 0, ponieważ w przeciwnym razie z zastrzeżenia 1 wynikałoby, że każdy fk + n ( x ) ( n ∈ N ) byłoby 0, co byłoby sprzeczne z twierdzeniem 2. Teraz weźmy liczbę naturalną c taką, że wszystkie trzy liczby bc / k , ck / x 2 i c / x 2 to liczby całkowite i rozważ sekwencję
Następnie
Z drugiej strony z zastrzeżenia 1 wynika, że
, która jest liniową kombinacją gn + 1 i gn z współczynniki całkowite. Dlatego każdy element gn jest całkowitą wielokrotnością y . Poza tym z zastrzeżenia 2 wynika, że każdy gn jest większy niż 0 (a zatem gn ≥ | y |), jeśli n jest wystarczająco duże i sekwencja wszystkich gn „s zbiega się do 0. Ale sekwencja liczb większa lub równa | y | nie może zbiegać się do 0. Ponieważ f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, z zastrzeżenia 3 wynika, że π2 / 16 jest irracjonalne i dlatego π jest irracjonalne. Z drugiej strony, ponieważ
inną konsekwencją zastrzeżenia 3 jest to, że jeśli x ∈ Q \ {0}, to tan x jest irracjonalny. Dowód Laczkovicha tak naprawdę dotyczy funkcji hipergeometrycznej. W rzeczywistości fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) i Gauss odkrył ciągłe ułamkowe rozszerzenie funkcji hipergeometrycznej, używając jej równania funkcjonalnego. Pozwoliło to Laczkovichowi znaleźć nowy i prostszy dowód na to, że funkcja styczna ma ciągłą ekspansję frakcji, którą odkrył Lambert.Wynik Łaczkowicza można również wyrazić w funkcjach Bessela pierwszego rodzaju J ν ( x ). W rzeczywistości Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Zatem wynik Laczkovicha jest równoważny z: If x ≠ 0 a jeśli x 2 jest racjonalne, to