Русская Википедия:Доказательство иррациональности π

В 1760-х Иоганн Генрих Ламберт доказал, что число π иррационально, то есть не может быть представлено дробью a/b, где a — целое число, b — натуральное число. В XIX веке Чарльз Эрмит нашел еще одно доказательство, пользуясь только базовыми средствами математического анализа. В дальнейшем Мэри Картрайт, Айвен Нивен и Никола Бурбаки смогли упростить доказательство Эрмита, а Миклош Лацкович упростил доказательство Ламберта.

В 1882 году Фердинанд фон Линдеманн доказал, что π не только иррационально, но и трансцендентно .^[1]

Доказательство Ламберта

Файл:LambertContinuedFraction.JPG

Скан формулы со стр. 288 из труда Ламберта «Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes, circulaires et logarithmiques», Mémoires de l’Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265—322.

В 1761 году Ламберт доказал иррациональность π, исходя из найденного им представления тангенса в виде непрерывной дроби:

<math>\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.</math>

Ламберт доказал, что если x не равно нулю и рационально, то это выражение иррационально. Так как tg(π/4) = 1, отсюда следует, что π/4 иррационально и, следовательно, π иррационально тоже.^[2]

Упрощение доказательства Ламберта предоставил Миклош Лацкович, см. ниже.

Доказательство Эрмита

В этом доказательстве используется факт, что π является наименьшим положительным числом, половина которого является нулем косинуса, что доказывает иррациональность π ² .^[3]^[4] Как и во многих доказательствах иррациональности числа, это доказательство от противного.

Рассмотрим последовательности функций A _n и U _n из <math>\R</math> в <math>\R</math> для <math>n \in \N_0</math>, заданные формулой:

<math>\begin{align}

A_0(x) &= \sin(x), && A_{n+1}(x) =\int_0^xyA_n(y)\,dy \\[4pt] U_0(x) &= \frac{\sin(x)}x, && U_{n+1}(x) =-\frac{U_n'(x)}x \end{align}</math>

По индукции можем доказать

<math>\begin{align}

A_n(x) &=\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots \\[4pt] U_n(x) &=\frac1{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots \end{align}</math>

и поэтому:

Откуда

<math>

\begin{align} \frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}} & =U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\frac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right) \\[6pt] & = -\frac{1}{x} \left( \frac{A_n'(x) \cdot x^{2n+1} - (2n+1) x^{2n} A_n(x)}{x^{2(2n+1)}} \right ) = \frac{(2n+1)A_n(x)-xA_n'(x)}{x^{2n+3}} \end{align} </math>

что эквивалентно

Используя определение функций, по индукции можно показать, что

где P _n и Q _n — полиномиальные функции с целыми коэффициентами, степень P _n меньше или равна ⌊n/2⌋. В частности, A_n(π/2)=Р_n(π²/4).

Эрмит также вывел замкнутое выражение для функции A_n, а именно

<math>A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z.\,</math>

Он не обосновывал это равенство, но его легко доказать. Прежде всего, это утверждение эквивалентно

<math>\frac{1}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(x z)\,\mathrm{d}z=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).</math>

Рассуждая по индукции, при n=0.

<math>\int_0^1\cos(xz)\,\mathrm{d}z=\frac{\sin(x)}x=U_0(x)</math>

и, для шага индукции рассмотрим произвольное <math>n \in \N</math>. Если

<math>\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z=U_n(x),</math>

затем, используя интегрирование по частям и правило Лейбница, можно получить

<math>\begin{align}

\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!} &\int_0^1(1-z^2)^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm{d}z \\ &=\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\left (\overbrace{\left.(1-z^2)^{n+1}\frac{\sin(xz)}x\right|_{z=0}^{z=1}}^{=0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz \frac{\sin(xz)}x\,\mathrm{d}z\right )\\[8pt] &= \frac1x\cdot\frac1{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,\mathrm{d}z\\[8pt] &= -\frac1x\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z\right) \\[8pt] &= -\frac{U_n'(x)}x \\[4pt] &= U_{n+1}(x). \end{align}</math>

Если π²/4 = p/q, где p и q из <math>\N</math>, то, так как коэффициенты P_n являются целыми числами, и его степень меньше или равна ⌊n/2⌋, q^⌊n/2⌋P_n (π²/4) — это некоторое целое число N. Другими словами,

<math>N=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right) =q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq \right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n \cos \left(\frac\pi2z \right)\,\mathrm{d}z.</math>

Но это число очевидно больше 0. С другой стороны, предел этой величины, когда n стремится к бесконечности, равен нулю, и поэтому, если n достаточно велико, N < 1. Тем самым достигается противоречие.

Эрмит не стремился доказать именно иррациональность π, это было побочным выводом в поиске доказательства трансцендентности π. Он рассмотрел рекуррентные соотношения, чтобы получить удобное интегральное представление. Получив интегральное представление, возможно найти несколько кратких и самодостаточных доказательств (как в представлениях Картрайта, Бурбаки или Нивена), что и заметил Эрмит (он так и сделал в своем доказательстве трансцендентности е^[5]).

Доказательство Эрмита близко к доказательству Ламберта: A_n(x) представляет собой «остаток» непрерывной дроби Ламберта для tg(x).

Доказательство Картрайт

Гарольд Джеффрис писал, что Мэри Картрайт дала это доказательство в виде примера на экзамене в Кембриджском университете в 1945 году, но она не определила его происхождение.^[6]

Рассмотрим интегралы

где n — неотрицательное целое число.

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

<math>x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x). \qquad (n \geq 2)</math>

Обозначив

получим

Так как J₀(x) = 2sin(x) и J₁(x) = −4x cos(x) + 4sin(x), отсюда для всех n ∈ Z ₊ ,

где P_n(x) и Q_n(x) — многочлены степени ≤ n с целыми коэффициентами.

Возьмем x = π/2 и предположим, что π/2 = a/b, где a и b — натуральные числа (то есть предположим, что π рационально). Тогда

<math> \frac{a^{2n+1}}{n!}I_n\left(\frac\pi2\right) = P_n\left(\frac\pi2\right)b^{2n+1}. </math>

Правая часть — это целое число. Но 0 < I_n(π/2) < 2, так как длина интервала [−1, 1] равна 2 и интегрируемая функция принимает значения от 0 до 1. С другой стороны,

<math> \frac{a^{2n+1}}{n!} \to 0 \quad \text{ as }n \to \infty. </math>

Следовательно, для достаточно большого n

то есть существует целое число от 0 до 1. Это противоречие следует из предположения о рациональности π.

Это доказательство похоже на доказательство Эрмита. В самом деле,

<math>\begin{align}

J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\[5pt]

&=2x^{2n+1}\int_0^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\[5pt]
&=2^{n+1}n!A_n(x).

\end{align}</math>

Тем не менее, оно очевидно проще. Это достигается исключением индуктивного определения функций A_n и тем, что за отправную точку взято их выражение в виде интеграла.

Доказательство Нивена

В этом доказательстве используется то, что π — это наименьший положительный нуль синуса.^[7]

Предположим, что π рационально, то есть π = a /b для некоторых целых чисел a и b ≠ 0, которые можно считать, не ограничивая общности, положительными. Для любого положительного целого числа n определим полиномиальную функцию:

и для любого х ∈ ℝ положим

<math>F(x) = f(x)-f(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2n)}(x).</math>

Утверждение 1: F(0) + F(π) является целым числом.

Доказательство: Представим f в виде суммы степеней x, тогда коэффициент x ^k представляет собой число вида c_k /n!, где c _k — целое число, равное 0 при k < n . Следовательно, f^(k)(0) = 0 при k < n и равно (k! /n!) c_k при n ≤ k ≤ 2n; во всех случаях f^(k)(0) — это целое число и, следовательно, F(0) тоже целое число.

С другой стороны, f(π – x) = f (x) и, следовательно, (–1)^kf^(k)(π – x) = f^(k)(x) для любого неотрицательного целого числа k. В частности, (–1)^kf^(k)(π) = f^(k)(0). Следовательно, f^(k)(π) также целое число, поэтому F (π) — целое число (на самом деле, легко увидеть, что F (π) = F(0), но это не имеет отношения к доказательству). Поскольку F (0) и F (π) являются целыми числами, то и их сумма тоже.

Утверждение 2:

Доказательство: Так как f^(2n + 2) это нулевой полином, верно

Производные функции синуса и косинуса определяются формулами sin' = cos and cos' = −sin. Следовательно, по правилу произведения

По основной теореме анализа

<math> \left. \int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx= \bigl(F'(x)\sin x - F(x)\cos x\bigr) \right|_0^\pi. </math>

Из того, что sin 0 = sin π = 0 и cos 0 = – cos π = 1 (здесь используются вышеупомянутую характеристику π как нуля синуса), следует утверждение 2.

Вывод: так как f(x) > 0 и sin x > 0 для 0 < x < π (поскольку π является наименьшим положительным нулем синуса), из утверждений 1 и 2 следует, что F(0) + F(π) является положительным целым числом. Поскольку 0 ≤ x(a – bx) ≤ πa и 0 ≤ sin x ≤ 1 для 0 ≤ x ≤ π, из определения f следует

что меньше 1 для больших n, следовательно, F(0) + F(π) < 1 для этих n по утверждению 2. Это невозможно для натурального числа F(0) + F(π) .

Приведенное выше доказательство, не прибегая к сложным выкладкам, дает изящный анализ формулы

<math>\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx = \sum_{j=0}^n (-1)^j \left (f^{(2j)}(\pi)+f^{(2j)}(0)\right )+(-1)^{n+1}\int_0^\pi f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,</math>

которая получается 2n + 2 интегрированиями по частям. Утверждение 2 в сущности выводит эту формулу, использование F скрывает повторное интегрирование по частям. Последний интеграл исчезает, так как f^(2n + 2) это нулевой полином. Утвержение 1 показывает, что оставшаяся сумма это целое число.

Доказательство Нивена ближе к доказательству Картрайт (и, следовательно, Эрмита), чем кажется на первый взгляд. Верно равенство

<math>\begin{align}

J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\\ &=\int_{-1}^1\left (x^2-(xz)^2\right )^nx\cos(xz)\,dz. \end{align}</math>

Поэтому подстановка xz = y превращает этот интеграл в

В частности,

<math>\begin{align}

J_n\left(\frac\pi2\right)&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{\pi^2}4-y^2\right)^n\cos(y)\,dy\\[5pt] &=\int_0^\pi\left(\frac{\pi^2}4-\left(y-\frac\pi2\right)^2\right)^n\cos\left(y-\frac\pi2\right)\,dy\\[5pt] &=\int_0^\pi y^n(\pi-y)^n\sin(y)\,dy\\[5pt] &=\frac{n!}{b^n}\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx. \end{align}</math>

Доказательства похожи еще и в том, что Эрмит уже упоминал^[3] , что если f является полиномиальной функцией и

<math>F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp\cdots,</math>

тогда

откуда следует

Доказательство Бурбаки

Доказательство Бурбаки изложено в качестве упражнения в его труде по анализу.^[8] Для любого натурального числа b и неотрицательного целого числа n определяется

Поскольку A_n(b) является интегралом функции, определенной на [0, π] и принимающей значение 0 в 0 и π и большей 0 в других точках, то A_n(b) > 0. Кроме того, для любого натурального числа b, A_n(b) < 1 при достаточно больших n достаточно велико, потому что

<math> x(\pi-x) \le \left(\frac\pi2\right)^2</math>

и поэтому

<math>A_n(b)\le\pi b^n \frac{1}{n!} \left(\frac\pi2\right)^{2n} = \pi \frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}.</math>

С другой стороны, рекурсивное интегрирование по частям позволяет сделать вывод, что если a и b натуральные числа, такие что π = a/b и f — полиномиальная функция из [0, π] в R, определяемая по формуле

тогда

<math>\begin{align}

A_n(b) &= \int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx \\[5pt]

&= \Big[-f(x)\cos(x)\Big]_{x=0}^{x=\pi}-\Big[-f'(x) \sin(x) \Big]_{x=0}^{x=\pi} + \cdots \pm \Big[ f^{(2n)}(x) \cos(x) \Big]_{x=0}^{x=\pi} \pm \int_0^\pi f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.

\end{align}</math>

Этот интеграл равен 0, так как f ^{(2n +1)} является нулевой функцией (потому что f является полиномом степени 2n). Поскольку любая функция f^(k) (Шаблон:Nowrap) принимает целочисленные значения в 0 и в π и то же самое верно для синуса и косинуса, это доказывает, что A_n (b) является целым числом. Так как она тоже больше 0, это должно быть натуральное число. Но было также доказано, что A_n(b) < 1 при достаточно больших n, что приводит к противоречию .

Это доказательство довольно близко к доказательству Нивена, основное отличие между ними в способе доказательство, что числа A_n(b) являются целыми.

Доказательство Лацковича

Доказательство Миклоша Лацковича — это упрощение доказательства Ламберта.^[9]

Рассмотрим функции

<math>f_k(x) = 1 - \frac{x^2}k+\frac{x^4}{2! k(k+1)}-\frac{x^6}{3! k(k+1)(k+2)} + \cdots \quad (k\notin\{0,-1,-2,\ldots\}).</math>

Эти функции определены для всех х ∈ R. Верны равенства

Утверждение 1. Справедливо следующее рекуррентное соотношение :

<math>\forall x\in\R: \qquad \frac{x^2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).</math>

Доказательство: доказывается сравнением коэффициентов при степенях х .

Утверждение 2: для любого х ∈ R, <math>\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1.</math>

Доказательство: Последовательность x²ⁿ/n! ограничена (так как он сходится к 0) и если C ее верхняя граница и если k > 1, то

<math>\left|f_k(x)-1\right|\leqslant\sum_{n=1}^\infty\frac C{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac C{k-1}.</math>

Утверждение 3: если х ≠ 0 и если х² рационально, то

<math>\forall k\in\Q\smallsetminus\{0,-1,-2,\ldots\}: \qquad f_k(x)\neq0 \quad \text{ and } \quad \frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin\Q.</math>

Доказательство: в противном случае нашлось бы число у ≠ 0 и целые числа a и b такие, что f_k(x) = ay и f_k_+ 1(x) = by. Для того, чтобы понять, почему это так, зададим y = f_k_+ 1(x), a = 0 и b = 1 при f_k(x) = 0; в противном случае выберем целые числа a и b, такие что f_k_+ 1(x)/f_k(x) = b/a и определим y = f_k(x)/a = f_k_+ 1(x)/b. Во всех случаях y не равно 0, потому что в противном случае из утверждения 1 следует, что все f_k + n(x) = 0 (n ∈ N), что противоречило бы утв. 2. Теперь возьмем натуральное число c такое, чтобы все три числа bc/k, ck/x² and c/x² были целыми числами, и рассмотрим последовательность

<math>g_n=\begin{cases}f_k(x) & n=0\\ \dfrac{c^n}{k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x) & n \neq 0 \end{cases}</math>

Откуда

С другой стороны, из утверждения 1 следует

<math>\begin{align}

g_{n+2}&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}\cdot\frac{x^2}{(k+n)(k+n+1)}f_{k+n+2}(x)\\[5pt] & =\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)\\[5pt] &=\frac{c(k+n)}{x^2}g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n\\[5pt] &=\left(\frac{ck}{x^2}+\frac c{x^2}n\right)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n, \end{align}</math>

которая является линейной комбинацией g_{n + 1} и g_n с целыми коэффициентами. Поэтому все g_n кратны y с целым коэффициентом. Кроме того, из утв. 2 следует, что все g_n больше 0 (и, следовательно,g_n ≥ |y|) при достаточно больших n и что последовательность g_n сходится к 0. Но последовательность чисел ограниченных снизу |у| не может сходиться к 0.

Поскольку f_1/2(π/4) = cos(π/2) = 0, из утв. 3 следует, что π²/16, является иррациональным числом и, следовательно, π иррационально тоже.

С другой стороны, так как

из утв. 3 также следует иррациональность tg(x) при x ∈ Q \ {0}.

Доказательство Лачковича, на самом деле, касается гипергеометрических функций. Верно равенство f_k(x) = ₀F₁(k; −x²), кроме того, гипергеометрическая функция представима в виде в непрерывные дроби, что установил Гаусс с помощью ее функционального уравнения. Это позволило Лачковичу найти новое и более простое доказательство того, что тангенс возможно представить в виде непрерывной дроби, обнаруженной Ламбертом.

Результат Лачковича можно также выразить в функциях Бесселя первого рода J_ν(x). Так как Γ(k)J_k_− 1(2x) = x^k^− 1f_k(x), утверждение Лачковича эквивалентно следующему: если х ≠ 0 и если х² рациональное, то

<math>\forall k\in\Q\smallsetminus\{0,-1,-2,\ldots\}: \qquad \frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin\Q.</math>

См. также

Примечания

Шаблон:Примечания

[1] Шаблон:Citation

[2] Шаблон:Citation

[Hermite-3] 3,0 ^3,1 Шаблон:Статья

[4] Шаблон:Статья

[5] Шаблон:Книга

[6] Шаблон:Citation

[7] Шаблон:Citation Шаблон:Wayback

[8] Шаблон:Citation

[9] Шаблон:Citation

[1]

[2]

[3]

[4]

[5]

[6]

[7]

[8]

[9]

Партнерские ресурсы
Криптовалюты	Обмен криптовалют - www.bestchange.ru Криптовалютная биржа CoinEx Криптовалютная биржа Binance HIVE OS - операционная система для майнинга e4pool - Мультивалютный пул для майнинга.
Магазины	AliExpress — глобальная виртуальная (в Интернете) торговая площадка, предоставляющая возможность покупать товары производителей из КНР; computeruniverse.net - Интернет-магазин компьютеров(Промо код 5 Евро на первую покупку:FWWC3ZKQ);
Хостинг	DigitalOcean - американский провайдер облачных инфраструктур, с главным офисом в Нью-Йорке и с центрами обработки данных по всему миру;
Разное	Викиум - Онлайн-тренажер для мозга Like Центр - Центр поддержки и развития предпринимательства. Gamersbay - лучший магазин по бустингу для World of Warcraft. Ноотропы OmniMind N°1 - Усиливает мозговую активность. Повышает мотивацию. Улучшает память. Санкт-Петербургская школа телевидения - это федеральная сеть образовательных центров, которая имеет филиалы в 37 городах России. Lingualeo.com — интерактивный онлайн-сервис для изучения и практики английского языка в увлекательной игровой форме. Junyschool (Джунискул) – международная школа программирования и дизайна для детей и подростков от 5 до 17 лет, где ученики осваивают компьютерную грамотность, развивают алгоритмическое и креативное мышление, изучают основы программирования и компьютерной графики, создают собственные проекты: игры, сайты, программы, приложения, анимации, 3D-модели, монтируют видео. Умназия - Интерактивные онлайн-курсы и тренажеры для развития мышления детей 6-13 лет SkillBox - это один из лидеров российского рынка онлайн-образования. Среди партнеров Skillbox ведущий разработчик сервисного дизайна AIC, медиа-компания Yoola, первое и самое крупное русскоязычное аналитическое агентство Tagline, онлайн-школа дизайна и иллюстрации Bang! Bang! Education, оператор PR-рынка PACO, студия рисования Draw&Go, агентство performance-маркетинга Ingate, scrum-студия Sibirix, имидж-лаборатория Персона. «Нетология» — это университет по подготовке и дополнительному обучению специалистов в области интернет-маркетинга, управления проектами и продуктами, дизайна, Data Science и разработки. В рамках Нетологии студенты получают ценные теоретические знания от лучших экспертов Рунета, выполняют практические задания на отработку полученных навыков, общаются с экспертами и единомышленниками. Познакомиться со всеми продуктами подробнее можно на сайте https://netology.ru, линейка курсов и профессий постоянно обновляется. StudyBay Brazil – это онлайн биржа для португалоговорящих студентов и авторов! Студент получает уникальную работу любого уровня сложности и больше свободного времени, в то время как у автора появляется дополнительный заработок и бесценный опыт. Автор24 — самая большая в России площадка по написанию учебных работ: контрольные и курсовые работы, дипломы, рефераты, решение задач, отчеты по практике, а так же любой другой вид работы. Сервис сотрудничает с более 70 000 авторов. Более 1 000 000 работ уже выполнено. StudyBay – это онлайн биржа для англоязычных студентов и авторов! Студент получает уникальную работу любого уровня сложности и больше свободного времени, в то время как у автора появляется дополнительный заработок и бесценный опыт.

Русская Википедия:Доказательство иррациональности π

Содержание

Доказательство Ламберта

Доказательство Эрмита

Доказательство Картрайт

Доказательство Нивена

Доказательство Бурбаки

Доказательство Лацковича

См. также

Примечания

Навигация

Действия на странице

Действия на странице

Персональные инструменты

Навигация

Поиск

Инструменты