Dovada iraționalității lui π

Intrare principală: Pi .

Multe demonstrații ale iraționalității pi au fost date, unele dintre ele de Johann Heinrich Lambert , Adrien-Marie Legendre și Niven .

Demonstrație de Adrien-Marie Legendre (1794)

Dovedește că $\pi ^{2}$ ${\ displaystyle \ pi ^ {2}}$ $\ pi ^ {2}$ este irațional.

Este $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ un întreg pozitiv, îl definim $f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ ${\ displaystyle f \ colon \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathbb {R}}$ ${\ displaystyle f \ colon \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathbb {R}}$ ca

f(x):={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}={\frac {1}{n!}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^{k}x^{n+k},

{\ displaystyle f (x): = {\ frac {x ^ {n} (1-x) ^ {n}} {n!}} = {\ frac {1} {n!}} \ sum _ {k = 0} ^ {n} {n \ alege k} (- 1) ^ {k} x ^ {n + k},}

{\ displaystyle f (x): = {\ frac {x ^ {n} (1-x) ^ {n}} {n!}} = {\ frac {1} {n!}} \ sum _ {k = 0} ^ {n} {n \ alege k} (- 1) ^ {k} x ^ {n + k},}

unde ultimul membru urmează din teorema binomului . Atâta timp cât $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ este un polinom al $2n$ ${\ displaystyle 2n}$ $2n$ -grada a $X$ ${\ displaystyle x}$ $X$ Sara $f^{(m)}(x)=0$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (x) = 0}$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (x) = 0}$ pentru fiecare $x\in \mathbb {R}$ ${\ displaystyle x \ in \ mathbb {R}}$ ${\ displaystyle x \ in \ mathbb {R}}$ și pentru fiecare întreg $m>2n.$ ${\ displaystyle m> 2n.}$ ${\ displaystyle m> 2n.}$ În plus $f^{(m)}(0)=0$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (0) = 0}$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (0) = 0}$ pentru fiecare $m<n$ ${\ displaystyle m <n}$ $m <n$ din moment ce exponentul minim cu care apare $X$ ${\ displaystyle x}$ $X$ în $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ Și $n .$ ${\ displaystyle n.}$ ${\ displaystyle n.}$

De sine $m\in \{n,n+1,\dots ,2n\}$ ${\ displaystyle m \ in \ {n, n + 1, \ dots, 2n \}}$ ${\ displaystyle m \ in \ {n, n + 1, \ dots, 2n \}}$ pe de altă parte avem:

f^{(m)}(x)={\frac {1}{n!}}\sum _{k=m-n}^{n}{n \choose k}{\frac {(n+k)!}{(n+k-m)!}}(-1)^{k}x^{n+k-m},

{\ displaystyle f ^ {(m)} (x) = {\ frac {1} {n!}} \ sum _ {k = mn} ^ {n} {n \ alege k} {\ frac {(n + k)!} {(n + km)!}} (- 1) ^ {k} x ^ {n + km},}

{\ displaystyle f ^ {(m)} (x) = {\ frac {1} {n!}} \ sum _ {k = mn} ^ {n} {n \ alege k} {\ frac {(n + k)!} {(n + km)!}} (- 1) ^ {k} x ^ {n + km},}

deci pentru fiecare $m\in \{n,n+1,\dots ,2n\}$ ${\ displaystyle m \ in \ {n, n + 1, \ dots, 2n \}}$ ${\ displaystyle m \ in \ {n, n + 1, \ dots, 2n \}}$ avem asta

f^{(m)}(0)={\frac {1}{n!}}{{n} \choose {m-n}}m!(-1)^{m-n}\in \mathbb {Z} .

{\ displaystyle f ^ {(m)} (0) = {\ frac {1} {n!}} {{n} \ alege {mn}} m! (- 1) ^ {mn} \ in \ mathbb { Z}.}

{\ displaystyle f ^ {(m)} (0) = {\ frac {1} {n!}} {{n} \ alege {mn}} m! (- 1) ^ {mn} \ in \ mathbb { Z}.}

Aceste considerații arată că $f^{(m)}(0)\in \mathbb {Z}$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (0) \ in \ mathbb {Z}}$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (0) \ in \ mathbb {Z}}$ pentru fiecare $m\in \mathbb {N} .$ ${\ displaystyle m \ in \ mathbb {N}.}$ ${\ displaystyle m \ in \ mathbb {N}.}$ Prin urmare, a fi $f(1-x)=f(x),$ ${\ displaystyle f (1-x) = f (x),}$ ${\ displaystyle f (1-x) = f (x),}$ de asemenea avem $f^{(m)}(1)\in \mathbb {Z} .$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (1) \ in \ mathbb {Z}.}$ ${\ displaystyle f ^ {(m)} (1) \ in \ mathbb {Z}.}$

Acum presupunem, în mod absurd, că există două numere întregi pozitive $la$ ${\ displaystyle a}$ $la$ Și $b$ ${\ displaystyle b}$ $b$ astfel încât $\pi ^{2}={\frac {a}{b}}.$ ${\ displaystyle \ pi ^ {2} = {\ frac {a} {b}}.}$ ${\ displaystyle \ pi ^ {2} = {\ frac {a} {b}}.}$ Noi definim $F_{n}\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ ${\ displaystyle F_ {n} \ colon \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathbb {R}}$ ${\ displaystyle F_ {n} \ colon \ mathbb {R} \ rightarrow \ mathbb {R}}$ ca:

F_{n}(x):=b^{n}\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\pi ^{2(n-k)}f^{(2k)}(x).

{\ displaystyle F_ {n} (x): = b ^ {n} \ sum _ {k = 0} ^ {n} (- 1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {( 2k)} (x).}

{\ displaystyle F_ {n} (x): = b ^ {n} \ sum _ {k = 0} ^ {n} (- 1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {( 2k)} (x).}

După cum sa menționat mai sus $F_{n}(0)$ ${\ displaystyle F_ {n} (0)}$ ${\ displaystyle F_ {n} (0)}$ Și $F_{n}(1)$ ${\ displaystyle F_ {n} (1)}$ ${\ displaystyle F_ {n} (1)}$ sunt întregi. De asemenea, amintindu-mi asta $f^{(2n+2)}(x)=0,$ ${\ displaystyle f ^ {(2n + 2)} (x) = 0,}$ ${\ displaystyle f ^ {(2n + 2)} (x) = 0,}$ avem:

F_{n}^{(2)}(x)+\pi ^{2}F_{n}(x)=b^{n}\left[\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\pi ^{2(n-k)}f^{(2k+2)}(x)+\pi ^{2}\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\pi ^{2(n-k)}f^{(2k)}(x)\right]=

{\ displaystyle F_ {n} ^ {(2)} (x) + \ pi ^ {2} F_ {n} (x) = b ^ {n} \ left [\ sum _ {k = 0} ^ {n } (- 1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {(2k + 2)} (x) + \ pi ^ {2} \ sum _ {k = 0} ^ {n} ( -1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {(2k)} (x) \ right] =}

{\ displaystyle F_ {n} ^ {(2)} (x) + \ pi ^ {2} F_ {n} (x) = b ^ {n} \ left [\ sum _ {k = 0} ^ {n } (- 1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {(2k + 2)} (x) + \ pi ^ {2} \ sum _ {k = 0} ^ {n} ( -1) ^ {k} \ pi ^ {2 (nk)} f ^ {(2k)} (x) \ right] =}

=b^{n}\left[-\pi ^{2}\sum _{h=1}^{n+1}(-1)^{h}\pi ^{2(n-h)}f^{(2h)}(x)+\pi ^{2}\sum _{h=0}^{n}(-1)^{h}\pi ^{2(n-h)}f^{(2h)}(x)\right]=b^{n}\pi ^{2(n+1)}f(x)=a^{n}\pi ^{2}f(x).

{\ displaystyle = b ^ {n} \ left [- \ pi ^ {2} \ sum _ {h = 1} ^ {n + 1} (- 1) ^ {h} \ pi ^ {2 (nh)} f ^ {(2h)} (x) + \ pi ^ {2} \ sum _ {h = 0} ^ {n} (- 1) ^ {h} \ pi ^ {2 (nh)} f ^ {( 2h)} (x) \ right] = b ^ {n} \ pi ^ {2 (n + 1)} f (x) = a ^ {n} \ pi ^ {2} f (x).}

{\ displaystyle = b ^ {n} \ left [- \ pi ^ {2} \ sum _ {h = 1} ^ {n + 1} (- 1) ^ {h} \ pi ^ {2 (nh)} f ^ {(2h)} (x) + \ pi ^ {2} \ sum _ {h = 0} ^ {n} (- 1) ^ {h} \ pi ^ {2 (nh)} f ^ {( 2h)} (x) \ right] = b ^ {n} \ pi ^ {2 (n + 1)} f (x) = a ^ {n} \ pi ^ {2} f (x).}

Din aceste calcule rezultă că:

{\frac {d}{dx}}\left[F_{n}^{(1)}(x)\sin(\pi x)-\pi F_{n}(x)\cos(\pi x)\right]=\pi ^{2}a^{n}f(x)\sin(\pi x).

{\ displaystyle {\ frac {d} {dx}} \ left [F_ {n} ^ {(1)} (x) \ sin (\ pi x) - \ pi F_ {n} (x) \ cos (\ pi x) \ right] = \ pi ^ {2} a ^ {n} f (x) \ sin (\ pi x).}

{\ displaystyle {\ frac {d} {dx}} \ left [F_ {n} ^ {(1)} (x) \ sin (\ pi x) - \ pi F_ {n} (x) \ cos (\ pi x) \ right] = \ pi ^ {2} a ^ {n} f (x) \ sin (\ pi x).}

Prin urmare, avem:

\pi a^{n}\int _{0}^{1}f(x)\sin(\pi x)dx={\frac {1}{\pi }}\left[F_{n}^{(1)}(x)\sin(\pi x)-\pi F_{n}(x)\cos(\pi x)\right]_{0}^{1}=F_{n}(1)+F_{n}(0)\in \mathbb {Z} .

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx = {\ frac {1} {\ pi}} \ left [F_ {n } ^ {(1)} (x) \ sin (\ pi x) - \ pi F_ {n} (x) \ cos (\ pi x) \ right] _ {0} ^ {1} = F_ {n} (1) + F_ {n} (0) \ in \ mathbb {Z}.}

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx = {\ frac {1} {\ pi}} \ left [F_ {n } ^ {(1)} (x) \ sin (\ pi x) - \ pi F_ {n} (x) \ cos (\ pi x) \ right] _ {0} ^ {1} = F_ {n} (1) + F_ {n} (0) \ in \ mathbb {Z}.}

Din moment ce pentru fiecare $x\in (0,1)$ ${\ displaystyle x \ in (0,1)}$ ${\ displaystyle x \ in (0,1)}$ avem asta $x^{n}(1-x)^{n}\in (0,1),$ ${\ displaystyle x ^ {n} (1-x) ^ {n} \ in (0,1),}$ ${\ displaystyle x ^ {n} (1-x) ^ {n} \ in (0,1),}$ obținem asta

0<f(x)<{\frac {1}{n!}}.

{\ displaystyle 0 <f (x) <{\ frac {1} {n!}}.}

{\ displaystyle 0 <f (x) <{\ frac {1} {n!}}.}

Prin urmare

\pi a^{n}\int _{0}^{1}f(x)\sin(\pi x)dx\in \left(0,{\frac {\pi a^{n}}{n!}}\right)\cap \mathbb {Z} .

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx \ in \ left (0, {\ frac {\ pi a ^ {n} } {n!}} \ right) \ cap \ mathbb {Z}.}

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx \ in \ left (0, {\ frac {\ pi a ^ {n} } {n!}} \ right) \ cap \ mathbb {Z}.}

Pe de altă parte,

\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {\pi a^{n}}{n!}}=0,

{\ displaystyle \ lim _ {n \ rightarrow + \ infty} {\ frac {\ pi a ^ {n}} {n!}} = 0,}

{\ displaystyle \ lim _ {n \ rightarrow + \ infty} {\ frac {\ pi a ^ {n}} {n!}} = 0,}

prin urmare $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ suficient de mare,

\left(0,{\frac {\pi a^{n}}{n!}}\right)\subset (0,1).

{\ displaystyle \ left (0, {\ frac {\ pi a ^ {n}} {n!}} \ right) \ subset (0,1).}

{\ displaystyle \ left (0, {\ frac {\ pi a ^ {n}} {n!}} \ right) \ subset (0,1).}

Am constatat atunci că

\pi a^{n}\int _{0}^{1}f(x)\sin(\pi x)dx\in (0,1)\cap \mathbb {Z} .

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx \ in (0,1) \ cap \ mathbb {Z}.}

{\ displaystyle \ pi a ^ {n} \ int _ {0} ^ {1} f (x) \ sin (\ pi x) dx \ in (0,1) \ cap \ mathbb {Z}.}

Dar nu există numere întregi în interval $(0,1)$ ${\ displaystyle (0,1)}$ $(0,1)$ , așa că am ajuns la un absurd. Asta arată că $\pi ^{2}$ ${\ displaystyle \ pi ^ {2}}$ $\ pi ^ {2}$ (și, prin urmare, de asemenea $\pi$ ${\ displaystyle \ pi}$ $\ pi$ ) este irațional.

Elemente conexe

Portalul de matematică : accesați intrările Wikipedia care se ocupă de matematică