Bästa svaret
Vi vet att \ pi = \ frac {C} {d} där C och d är omkretsen och diametern för vilken cirkel som helst (respektive).
Det är lätt att se att \ pi inte är ett heltal. Ett sätt att göra detta är helt enkelt att skapa en cirkel, till exempel med en kopp. Mät omkretsen med en sträng och beräkna sedan strängens längd med en linjal. Mät också diametern. Du borde snart tro att \ pi är mer än 3 men mindre än 4. Du kan också övertyga dig själv om att \ pi inte beror på cirkelns storlek.
Du kan också ta en plåt ( eller våt kartong skulle fungera) och klippa ut två former: Den ena är en fyrkant med sidolängd 1. Den andra är en cirkel med radie 1. Du hittar (om du har en känslig skala) att cirkeln väger cirka 3,14 gånger så mycket som torget. Viktförhållandet är (helst) \ pi.
Genom att använda Archimedes metod för utmattning ( Archimedes ”Method ) kan du ( som Archimedes gjorde) drog slutsatsen att \ pi är mindre än 3 \ frac {1} {7} men mer än 3 \ frac {10} {71}.
Nu vet vi att \ pi inte är ett heltal .Det kan vara ett decimal (ett rationellt tal) eller ett decimal som inte upprepas. Det är faktiskt ett decimal som inte upprepas. Vi kallar dessa siffror irrationella. Jag kan inte hitta ett riktigt elementärt bevis på att \ pi är irrationell, men den här är åtminstone mycket kort och använder bara kalkyl: Ett enkelt bevis på att $ \ pi $ är irrationellt .
Detta kan svara din fråga.
Men du menar kanske ”finns det någon naturlig algebraisk beskrivning av \ pi som använder ändligt många heltal.” Det mest naturliga sättet att formalisera detta är att anta att \ pi kan vara lösningen på ett polynom med rationella koefficienter. Talet \ sqrt {2} är till exempel irrationellt, men det har en kort beskrivning med heltal. Det är en lösning på ekvation
x ^ 2-2 = 0.
Så även om \ sqrt {2} är irrationell kan den kodas kortfattat som (1,0, -2), koefficienter av x ^ 2 + 0x-2.
Tal som kan namnges på detta sätt med heltal kallas ”algebraiskt” ( Algebraiskt nummer – Wikipedia ).
Det visar sig att \ pi inte ens är algebraiskt, det är ett transcendentalt tal ( Transcendentalt nummer – Wikipedia ) .
Argumentet att \ pi är transcendentalt är enkelt om du accepterar Lindemann – Weierstrass-satsen – Wikipedia . Denna sats innebär att när som helst \ alfa är ett algebraiskt tal, numret e ^ \ alfa är transcendentalt. Om \ pi var algebraiskt, så skulle \ pi jag vara lika bra ( Hur bevisar man att summan och produkten av två algebraiska tal är algebraiska? ). Men av Eulers identitet, e ^ {\ pi i} = -1. Observera att -1 inte är transcendentalt. Därför är \ pi inte algebraiskt.
Svar
På 1700-talet visade Johann Heinrich Lambert att antalet π (pi) är irrationellt. Det vill säga det kan inte uttryckas som en bråkdel a / b , där a är ett heltal och b är ett heltal som inte är noll. På 1800-talet hittade Charles Hermite ett bevis som inte kräver någon nödvändig kunskap utöver grundläggande kalkyl. Tre förenklingar av Hermites bevis beror på Mary Cartwright, Ivan Niven och Bourbaki. Ett annat bevis, som är en förenkling av Lamberts bevis, beror på Miklós Laczkovich. År 1882 bevisade Ferdinand von Lindemann att π inte bara är irrationellt utan också transcendentalt.
Lamberts bevis
År 1761 bevisade Lambert att π är irrationell genom att först visa att denna fortsatta fraktionsexpansion gäller:
Sedan bevisade Lambert att om x är icke-noll och rationell måste detta uttryck vara irrationellt. Eftersom tan (π / 4) = 1 följer attπ / 4 är irrationell och därför att π är irrationell.
Hermites Proof
Detta bevis använder karakteriseringen av π som det minsta positiva talet vars halva är azero av cosinusfunktionen och det bevisar faktiskt att π2 är irrationell. Som i många bevis på irrationalitet fortsätter argumentet med reductio ad absurdum.Tänk på sekvenserna ( An ) n ≥ 0 och ( Un ) n ≥ 0 av funktioner från R till R definieras således:
Det kan bevisas genom induktion att
och det
och därför att
Så
vilket motsvarar
Det följer av induktion från detta, tillsammans med det faktum att A 0 ( x ) = sin ( x ) och att A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), att En ( x ) kan skrivas som Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), där Pn och Qn är polynomfunktioner med heltalskoefficienter och där graden av Pn är mindre än eller lika med ⌊ n / 2⌋. I synnerhet An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite gav också ett stängt uttryck för funktionen An , nämligen
Han motiverade inte detta påstående, men det kan bevisas lätt. Först och främst motsvarar detta påstående
Fortsätt genom induktion, ta n = 0.
och, för det induktiva steget, överväga alla n ∈ Z +. Om
, med integrering av delar och Leibniz regel, en får
Om π2 / 4 = p / q , med p och q i N , sedan eftersom koefficienterna för Pn är heltal och dess grad är mindre än eller lika med ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) är något heltal N . Med andra ord,
Men detta tal är tydligt större än 0; därför N ∈ N . Å andra sidan,
och så , om n är tillräckligt stor, N . Därmed uppnås en motsägelse. Hermite presenterade inte sitt bevis som ett mål i sig själv utan som en eftertanke i sin sökning efter ett bevis på π-transcendensen. Han diskuterade återkommande förhållanden för att motivera och få en bekväm integrerad representation. När denna integrerade representation har uppnåtts finns det olika sätt att presentera ett kortfattat och fristående bevis med utgångspunkt från integralen (som i Cartwright ”s, Bourbaki” eller Niven ”presentationer), som Hermite lätt kunde se (som han gjorde i sitt bevis på transcendensen av e ). Dessutom är Hermites bevis närmare Lamberts bevis än det verkar. Faktum är att En ( x ) är ”resten” (eller ”resten”) av Lamberts fortsatta fraktion för tan ( x ).
Laczkovicks bevis
Miklós Laczkovichs bevis är en förenkling av Lamberts ursprungliga bevis. Han betraktar funktionerna
Dessa funktioner är tydligt definierade för alla x ∈ R .Förutom
Krav 1: Följande återkommande förhållanden:
Bevis: Detta kan bevisas genom att jämföra koefficienterna för x . Krav 2: För varje x ∈ R ,
Bevis: Faktum är att sekvensen x 2 n / n ! är begränsad (eftersom den konvergerar till 0) och om C är en övre gräns och om k 1, sedan
Krav 3: Om x ≠ 0 och om x 2 är rationellt , sedan
Bevis: Annars skulle det finnas ett nummer y ≠ 0 och heltal a och b så att fk ( x ) = ay och fk + 1 ( x ) = av . För att se varför, ta y = fk + 1 ( x ), a = 0 och b = 1 om fk ( x ) = 0; annars väljer du heltal a och b så att fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a och definiera y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . I båda fallen kan y inte vara 0, eftersom det annars skulle följa av krav 1 att varje fk + n ( x ) ( n ∈ N ) skulle vara 0, vilket skulle motsäga påstående 2. Ta nu ett naturligt tal c så att alla tre siffrorna bc / k , ck / x 2 och c / x 2 är heltal och betraktar sekvensen
Sedan
Å andra sidan följer det av krav 1 att
vilket är en linjär kombination av gn + 1 och gn med heltalskoefficienter. Därför är varje gn en heltalsmultipel av y . Dessutom följer det av krav 2 att varje gn är större än 0 (och därför att gn ≥ | y |) om n är tillräckligt stor och att sekvensen för alla gn ”s konvergerar till 0. Men en sekvens av siffror som är större än eller lika med | y | kan inte konvergera till 0. Eftersom f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0, följer det av krav 3 att π2 / 16 är irrationellt och därför är π irrationellt. Å andra sidan eftersom
en annan konsekvens av krav 3 är att om x ∈ Q \ {0}, då tan x är irrationell. Laczkovichs bevis handlar verkligen om den hypergeometriska funktionen. Faktum är att fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) och Gauss fann en fortsatt fraktionsexpansion av den hypergeometriska funktionen med dess funktionella ekvation. Detta gjorde det möjligt för Laczkovich att hitta ett nytt och enklare bevis på att tangentfunktionen har den fortsatta fraktionsexpansionen som Lambert hade upptäckt.Laczkovichs resultat kan också uttryckas i fartygsfunktioner av den första typen J ν ( x Faktum är att Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Så Laczkovichs resultat motsvarar: Om x ≠ 0 och om x 2 är rationell, då