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 Шарль Эрмит нашёл ещё 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.
Доказательство Ламберта
В 1761 году Ламберт доказал иррациональность π, исходя из найденного им представления тангенса в виде непрерывной дроби:
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.
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 π2 . Как и во многих доказательствах иррациональности числа, это доказательство от противного.
Рассмотрим последовательности функций A n и U n из в для , заданные формулой:
По индукции можем доказать
и поэтому:
Откуда
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, An(π/2)=Рn(π2/4).
Эрмит также вывел замкнутое выражение для функции An, а именно
Он не обосновывал это равенство, но его легко доказать. Прежде всего, это утверждение эквивалентно
Рассуждая по индукции, при n=0.
и, для шага индукции рассмотрим произвольное . Если
затем, используя интегрирование по частям и правило Лейбница, можно получить
Если π2/4 = p/q, где p и q из , то, так как коэффициенты Pn являются целыми числами, и его степень меньше или равна ⌊n/2⌋, q⌊n/2⌋Pn (π2/4) — это некоторое целое число N. Другими словами,
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 своём доказательстве трансцендентности е).
Доказательство Эрмита близко к доказательству Ламберта: An(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.
Рассмотрим интегралы
где n — неотрицательное целое число.
Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение
Обозначив
получим
Так как J0(x) = 2sin(x) и J1(x) = −4x cos(x) + 4sin(x), отсюда для всех n ∈ Z + ,
где Pn(x) и Qn(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
Правая часть — это целое число. Но 0 < In(π/2) < 2, так как длина интервала [−1, 1] равна 2 и интегрируемая функция принимает значения от 0 до 1. С другой стороны,
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,
Тем не менее, оно очевидно проще. Это достигается исключением индуктивного определения функций An 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.
Предположим, что π рационально, то есть для некоторых целых чисел a и , которые можно считать, не ограничивая общности, положительными. Для любого положительного целого числа n определим полиномиальную функцию:
и для любого х ∈ ℝ положим
Утверждение 1: является целым числом.
Доказательство: Представим f в виде суммы степеней x, тогда коэффициент x k представляет собой число вида , где c k — целое число, равное 0 при . Следовательно, = 0 при и равно при ; во всех случаях — это целое число и, следовательно, F(0) тоже целое число.
С другой стороны, = f (x) и, следовательно, = для любого неотрицательного целого числа k. В частности, = Следовательно, 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 это нулевой полином, верно
Производные функции синуса и косинуса определяются формулами sin' = cos and cos' = −sin. Следовательно, по правилу произведения
По основной теореме анализа
Из того, что и (здесь используются вышеупомянутую характеристику π как нуля синуса), следует утверждение 2.
Вывод: так как и для (поскольку π является наименьшим положительным нулем синуса), из утверждений 1 и 2 следует, что является положительным целым числом. Поскольку и для , из определения f следует
что меньше 1 для больших n, следовательно, для этих n по утверждению 2. Это невозможно для натурального числа .
Приведённое выше доказательство, не прибегая к сложным выкладкам, даёт изящный анализ формулы
которая получается интегрированиями по частям. Утверждение 2 в сущности выводит эту формулу, использование F скрывает повторное интегрирование по частям. Последний интеграл исчезает, так как 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
Поэтому подстановка xz = y превращает этот интеграл в
В частности,
Доказательства похожи ещё и в том, что Эрмит уже упоминал , что если f является полиномиальной функцией и
тогда
откуда следует
Доказательство Бурбаки Доказательство Бурбаки изложено в качестве упражнения в его труде по анализу. Для любого натурального числа b и неотрицательного целого числа n определяется
Поскольку An(b) является интегралом функции, определённой на [0, π] и принимающей значение 0 в 0 и π и большей 0 в других точках, то An(b) > 0. Кроме того, для любого натурального числа b, An(b) < 1 при достаточно больших n, потому что
и поэтому
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
Этот интеграл равен 0, так как f (2n +1) является нулевой функцией (потому что f является полиномом степени 2n). Поскольку любая функция f(k) () принимает целочисленные значения в 0 и в π и то же самое верно для синуса и косинуса, это доказывает, что An (b) является целым числом. Так как она тоже больше 0, это должно быть натуральное число. Но было также доказано, что An(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 An(b) являются целыми.
Доказательство Лацковича Доказательство Миклоша Лацковича — это упрощение доказательства Ламберта.
Рассмотрим функции
Эти функции определены для всех х ∈ R. Верны равенства
Утверждение 1. Справедливо следующее рекуррентное соотношение :
Доказательство: доказывается сравнением коэффициентов при степенях х .
Утверждение 2: для любого х ∈ R,
Доказательство: Последовательность x2n/n! ограничена (так как он сходится к 0) и если C её верхняя граница и если k > 1, то
Утверждение 3: если х ≠ 0 и если х2 рационально, то
Доказательство: в противном случае нашлось бы число у ≠ 0 и целые числа a и b такие, что fk(x) = ay и fk + 1(x) = by. Для того, чтобы понять, почему это так, зададим y = fk + 1(x), a = 0 и b = 1 при fk(x) = 0; в противном случае выберем целые числа a и b, такие что fk + 1(x)/fk(x) = b/a и определим y = fk(x)/a = fk + 1(x)/b. Во всех случаях y не равно 0, потому что в противном случае из утверждения 1 следует, что все fk + 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
Откуда
С другой стороны, из утверждения 1 следует
которая является линейной комбинацией gn + 1 и gn с целыми коэффициентами. Поэтому все gn кратны y с целым коэффициентом. Кроме того, из утв. 2 следует, что все gn больше 0 (и, следовательно,gn ≥ |y|) при достаточно больших n и что последовательность gn сходится к 0. Но последовательность чисел ограниченных снизу |у| не может сходиться к 0.
Поскольку f1/2(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 Лацковича, на самом деле, касается гипергеометрических функций. Верно равенство fk(x) = 0F1(k; −x2), кроме того, гипергеометрическая функция представима в виде в непрерывные дроби, что установил Гаусс с помощью её функционального уравнения. Это позволило Лацковичу найти новое и более простое доказательство того, что тангенс возможно представить в виде непрерывной дроби, обнаруженной Ламбертом.
Результат Лацковича можно также выразить в функциях Бесселя первого рода Jν(x). Так как Γ(k)Jk − 1(2x) = xk − 1fk(x), утверждение Лацковича эквивалентно следующему: если х ≠ 0 и если х2 рациональное, то
См. также Доказательство иррациональности e Доказательство трансцендентности π
Примечания
Категория:Пи (число) Категория:Доказательства