Beste Antwort
Wir wissen, dass \ pi = \ frac {C} {d} Dabei sind C und d der Umfang und der Durchmesser eines Kreises (jeweils).
Es ist leicht zu erkennen, dass \ pi keine ganze Zahl ist. Eine Möglichkeit, dies zu tun, besteht darin, einfach einen Kreis zu bilden, beispielsweise mit einer Tasse. Messen Sie den Umfang mit einer Schnur und berechnen Sie dann die Länge der Schnur mit einem Lineal. Messen Sie auch den Durchmesser. Sie sollten bald glauben, dass \ pi mehr als 3, aber weniger als 4 ist. Sie können sich auch davon überzeugen, dass \ pi nicht von der Größe des Kreises abhängt.
Sie können auch ein Blech nehmen ( oder nasser Karton würde funktionieren) und zwei Formen ausschneiden: Eine ist ein Quadrat mit Seitenlänge 1. Die andere ist ein Kreis mit Radius 1. Sie werden feststellen (wenn Sie eine empfindliche Waage haben), dass der Kreis ungefähr 3,14-mal so viel wiegt als das Quadrat. Das Verhältnis der Gewichte ist (idealerweise) \ pi.
Mit der Erschöpfungsmethode von Archimedes ( Archimedes „-Methode ) können Sie ( wie Archimedes es tat) schlussfolgern, dass \ pi weniger als 3 \ frac {1} {7}, aber mehr als 3 \ frac {10} {71} ist.
Jetzt wissen wir, dass \ pi keine ganze Zahl ist Es kann sich um eine sich wiederholende Dezimalstelle (eine rationale Zahl) oder eine sich nicht wiederholende Dezimalzahl handeln. Tatsächlich handelt es sich um eine sich nicht wiederholende Dezimalzahl. Wir nennen diese Zahlen irrational. Ich kann keinen wirklich elementaren Beweis dafür finden, dass \ pi irrational ist. aber dieser ist zumindest sehr kurz und verwendet nur Kalkül: Ein einfacher Beweis dafür, dass $ \ pi $ irrational ist .
Dies könnte antworten Ihre Frage.
Aber vielleicht meinen Sie: „Gibt es eine natürliche algebraische Beschreibung von \ pi, die endlich viele ganze Zahlen verwendet?“ Der natürlichste Weg, dies zu formalisieren, ist die Annahme, dass \ pi die Lösung eines Polynoms mit rationalen Koeffizienten sein könnte. Die Zahl \ sqrt {2} ist zum Beispiel irrational, hat aber eine kurze Beschreibung unter Verwendung von ganzen Zahlen. Es ist eine Lösung für die Gleichung
x ^ 2-2 = 0.
Obwohl \ sqrt {2} irrational ist, kann es kurz und bündig als (1,0, -2) codiert werden Koeffizienten von x ^ 2 + 0x-2.
Zahlen, die auf diese Weise mit ganzen Zahlen benannt werden können, werden als „algebraisch“ bezeichnet ( Algebraische Zahl – Wikipedia ).
Es stellt sich heraus, dass \ pi nicht einmal algebraisch ist; es ist eine transzendentale Zahl ( Transzendentale Zahl – Wikipedia )
Das Argument, dass \ pi transzendent ist, ist einfach, wenn Sie das Lindemann-Weierstrass-Theorem – Wikipedia akzeptieren. Dieses Theorem impliziert, dass wann immer \ alpha ist eine algebraische Zahl, die Zahl e ^ \ alpha ist transzendent. Wenn \ pi algebraisch wäre, wäre \ pi i auch ( Wie kann man beweisen, dass die Summe und das Produkt zweier algebraischer Zahlen algebraisch sind? ). Aber nach Eulers Identität ist e ^ {\ pi i} = -1. Beachten Sie, dass -1 nicht transzendent ist. Daher ist \ pi nicht algebraisch.
Antwort
Im 18. Jahrhundert hat Johann Heinrich Lambert bewiesen, dass die Zahl π (pi) irrational ist. Das heißt, es kann nicht als Bruch a / b ausgedrückt werden, wobei a ist eine Ganzzahl und b ist eine Ganzzahl ungleich Null. Im 19. Jahrhundert fand Charles Hermite einen Beweis, der keine Grundkenntnisse über die Grundrechnung hinaus erfordert. Drei Vereinfachungen von Hermites Beweis sind Mary Cartwright, Ivan Niven und Bourbaki zu verdanken. Ein weiterer Beweis, der eine Vereinfachung von Lamberts Beweis darstellt, geht auf Miklós Laczkovich zurück. 1882 bewies Ferdinand von Lindemann, dass π nicht nur irrational, sondern auch transzendent ist.
Lamberts Beweis
1761 bewies Lambert, dass π irrational ist, indem er zunächst zeigte, dass diese fortgesetzte Fraktionsexpansion gilt:
Dann hat Lambert bewiesen, dass wenn x ungleich Null und rational ist, dieser Ausdruck irrational sein muss. Da tan (π / 4) = In 1 folgt, dass π / 4 irrational ist und daher π irrational ist.
Hermites Beweis
Dieser Beweis verwendet die Charakterisierung von π als kleinste positive Zahl, deren Hälfte Null der Kosinusfunktion ist, und beweist tatsächlich, dass π2 irrational ist. Wie in vielen Beweisen der Irrationalität geht das Argument von reductio ad absurdum aus.Betrachten Sie die Sequenzen ( An ) n ≥ 0 und ( Un ) n ≥ 0 von Funktionen von R in R definiert:
Durch Induktion kann nachgewiesen werden, dass
und das
und daher das
Also
entspricht
Daraus folgt durch Induktion zusammen mit der Tatsache, dass A 0 ( x ) = sin ( x ) und dass A 1 ( x ) = – x cos ( x ) + sin ( x ), dass Ein ( x ) kann als Pn ( x 2) sin ( x ) + x Qn ( x 2) cos ( x ), wobei Pn und Qn Polynomfunktionen mit ganzzahligen Koeffizienten sind und wobei der Grad von Pn kleiner oder gleich ⌊ n / 2⌋ ist. Insbesondere ist An (π / 2) = Pn (π2 / 4). Hermite gab auch einen geschlossenen Ausdruck für die Funktion An , nämlich
Er hat diese Behauptung nicht gerechtfertigt, aber sie kann leicht bewiesen werden. Erstens ist diese Behauptung äquivalent zu
n = 0.
und betrachten Sie für den induktiven Schritt ein beliebiges n ∈ Z +. Wenn
, dann unter Verwendung der Integration nach Teilen und der Leibniz-Regel eine erhält
Wenn π2 / 4 = p / q , mit p und q in N , da die Koeffizienten von Pn sind ganze Zahlen und sein Grad ist kleiner oder gleich ⌊ n / 2⌋, q ⌊ n / 2⌋ Pn (π2 / 4) ist eine ganze Zahl N . Mit anderen Worten,
Diese Zahl ist jedoch deutlich größer als 0, daher N ∈ N . Andererseits
und so weiter , Wenn n groß genug ist, N . Dadurch wird ein Widerspruch erreicht. Hermite präsentierte seinen Beweis nicht als Selbstzweck, sondern als nachträglichen Gedanken auf seiner Suche nach einem Beweis für die Transzendenz von π. Er diskutierte die Wiederholungsrelationen, um zu motivieren und eine bequeme integrale Darstellung zu erhalten. Sobald diese integrale Darstellung erhalten ist, gibt es verschiedene Möglichkeiten, einen prägnanten und in sich geschlossenen Beweis zu präsentieren, der vom Integral ausgeht (wie in den Präsentationen von Cartwright, Bourbaki oder Niven), den Hermite leicht sehen konnte (wie er es tat) in seinem Beweis der Transzendenz von e ). Außerdem ist Hermites Beweis näher an Lamberts Beweis als es scheint. Tatsächlich ist Ein ( x ) ist der „Rest“ (oder „Rest“) von Lamberts fortgesetzter Fraktion für tan ( x ).
Laczkovicks Beweis
Miklós Laczkovichs Beweis ist eine Vereinfachung von Lamberts ursprünglichem Beweis. Er betrachtet die Funktionen
Diese Funktionen sind für alle x ∈ R klar definiert .Neben
Anspruch 1: Die folgenden Wiederholungsrelationen gelten:
Beweis: Dies kann durch Vergleichen der Koeffizienten der Potenzen von x bewiesen werden. Anspruch 2: Für jedes x ∈ R ,
Beweis: Tatsächlich ist die Sequenz x 2 n / n ! ist begrenzt (da es gegen 0 konvergiert) und wenn C eine Obergrenze ist und wenn k 1, dann
Anspruch 3: Wenn x ≠ 0 ist und wenn x 2 rational ist , dann
Beweis: Andernfalls würde es eine Zahl y ≠ 0 und ganze Zahlen a und geben b , so dass fk ( x ) = ay und fk + 1 ( x ) = von . Um zu sehen warum, nehmen Sie y = fk + 1 ( x ), a = 0 und b = 1 wenn fk ( x ) = 0; Andernfalls wählen Sie Ganzzahlen a und b , sodass fk + 1 ( x ) / fk ( x ) = b / a und definiere y = fk ( x ) / a = fk + 1 ( x ) / b . In jedem Fall kann y nicht 0 sein, da sich aus Anspruch 1 sonst ergeben würde, dass jedes fk + n ( x ) ( n ∈ N ) wäre 0, was der Behauptung 2 widersprechen würde. Nehmen Sie nun eine natürliche Zahl c , so dass alle drei Zahlen bc / k , ck / x 2 und c / x 2 sind ganze Zahlen und berücksichtigen die Sequenz
Dann
Andererseits folgt aus Anspruch 1, dass
ist eine lineare Kombination von gn + 1 und gn mit ganzzahlige Koeffizienten. Daher ist jedes gn ein ganzzahliges Vielfaches von y . Außerdem folgt aus Anspruch 2, dass jedes gn größer als 0 ist (und daher gn ≥ | y |) wenn n groß genug ist und die Folge aller gn „s konvergiert gegen 0. Eine Folge von Zahlen größer oder gleich | y | kann nicht gegen 0 konvergieren. Da f 1/2 (π / 4) = cos (π / 2) = 0 ist, folgt aus Anspruch 3, dass π2 / 16 ist irrational und daher ist π irrational. Andererseits, da
Eine weitere Konsequenz von Anspruch 3 ist, dass wenn x ∈ Q \ {0}, dann tan x ist irrational. Laczkovichs Beweis handelt wirklich von der hypergeometrischen Funktion. Tatsächlich ist fk ( x ) = 0 F 1 (k; – x 2) und Gauß fanden unter Verwendung ihrer Funktionsgleichung eine fortgesetzte Bruchausdehnung der hypergeometrischen Funktion. Dies ermöglichte es Laczkovich, einen neuen und einfacheren Beweis dafür zu finden, dass die Tangentenfunktion die von Lambert entdeckte fortgesetzte Fraktionsexpansion aufweist.Laczkovichs Ergebnis kann auch in Schiffsfunktionen der ersten Art J ν ( x ausgedrückt werden ) Tatsächlich ist Γ ( k ) Jk – 1 (2 x ) = xk – 1 fk ( x ). Das Ergebnis von Laczkovich entspricht also: Wenn x ≠ 0 und wenn x 2 rational ist, dann