Доказательство того, что π иррационально

Математическое доказательство

В 1760-х годах Иоганн Генрих Ламберт первым доказал, что число π является иррациональным , то есть его нельзя выразить в виде дроби , где и — целые числа . В 19 веке Шарль Эрмит нашел доказательство, не требующее никаких предварительных знаний, кроме базовых исчислений . Три упрощения доказательства Эрмита принадлежат Мэри Картрайт , Ивану Нивену и Николя Бурбаки . Другое доказательство, являющееся упрощением доказательства Ламберта, принадлежит Миклошу Лачковичу . Многие из них являются доказательствами от противного . ${\displaystyle a/b}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$

В 1882 году Фердинанд фон Линдеманн доказал, что не только иррационально, но и трансцендентно . ^[1] ${\displaystyle \pi }$

Доказательство Ламберта

Скан формулы на странице 288 книги Ламберта «Mémoires sur quelques proprietés remarquables des quantités Transcantes, Circulaires et Logarithmiques», Mémoires de l'Académie royale des Sciences de Berlin (1768), 265–322.

В 1761 году Иоганн Генрих Ламберт доказал, что является иррациональным, сначала показав, что имеет место следующее разложение в цепную дробь : ${\displaystyle \pi }$

${\displaystyle \tan(x)={\cfrac {x}{1-{\cfrac {x^{2}}{3-{\cfrac {x^{2}}{5-{\cfrac {x^{2}}{7-{}\ddots }}}}}}}}.}$

Затем Ламберт доказал, что если не равно нулю и рационально, то это выражение должно быть иррациональным. Поскольку , то следует, что является иррациональным, и, следовательно, также является иррациональным. ^[2] Упрощение доказательства Ламберта приведено ниже. ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle \tan {\tfrac {\pi }{4}}=1}$ ${\displaystyle {\tfrac {\pi }{4}}}$ ${\displaystyle \pi }$

Доказательство Эрмита

Написанное в 1873 году , это доказательство использует характеристику как наименьшего положительного числа, половина которого является нулем косинусной функции, и фактически доказывает, что является иррациональным. ^{[3] [4]} Как и во многих доказательствах иррациональности, это доказательство от противного . ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle \pi ^{2}}$

Рассмотрим последовательности действительных функций и для , определяемых формулой: ${\displaystyle A_{n}}$ ${\displaystyle U_{n}}$ ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{0}(x)&=\sin(x),&&A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}yA_{n}(y)\,dy\\[4pt]U_{0}(x)&={\frac {\sin(x)}{x}},&&U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\end{aligned}}}$

Используя индукцию, мы можем доказать, что

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \\[4pt]U_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \end{aligned}}}$

и поэтому мы имеем:

${\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}$

Так

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\left({\frac {A_{n}'(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\right)\\[6pt]&={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}$

что эквивалентно

${\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).\,}$

Используя определение последовательности и применяя индукцию, можно показать, что

${\displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,}$

где и — полиномиальные функции с целыми коэффициентами, причем степень меньше или равна В частности, ${\displaystyle P_{n}}$ ${\displaystyle Q_{n}}$ ${\displaystyle P_{n}}$ ${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }.}$ ${\displaystyle A_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}.}$

Эрмит также дал замкнутое выражение для функции, а именно: ${\displaystyle A_{n},}$

${\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z.\,}$

Он не обосновал это утверждение, но его можно легко доказать. Прежде всего, это утверждение эквивалентно

${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x).}$

Действуя по индукции, возьмите ${\displaystyle n=0.}$

${\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}$

и для индуктивного шага рассмотрим любое натуральное число , если ${\displaystyle n.}$

${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z=U_{n}(x),}$

затем, используя интегрирование по частям и правило Лейбница , получаем

${\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\int _{0}^{1}\left(1-z^{2}\right)^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\\&\qquad ={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}{\Biggl (}\,\overbrace {\left.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}\ +\,\int _{0}^{1}2(n+1)\left(1-z^{2}\right)^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z{\Biggr )}\\[8pt]&\qquad ={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}\left(1-z^{2}\right)^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&\qquad =-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&\qquad =-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&\qquad =U_{n+1}(x).\end{aligned}}}$

Если с и в , то, поскольку коэффициенты являются целыми числами и его степень меньше или равна некоторому целому числу Другими словами, ${\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q,}$ ${\displaystyle p}$ ${\displaystyle q}$ ${\displaystyle \mathbb {N} }$ ${\displaystyle P_{n}}$ ${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor },}$ ${\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}}$ ${\displaystyle N.}$

${\displaystyle N=q^{\lfloor n/2\rfloor }{A_{n}}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=q^{\lfloor n/2\rfloor }{\frac {1}{2^{n}n!}}\left({\dfrac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos \left({\tfrac {1}{2}}\pi z\right)\,\mathrm {d} z.}$

Но это число явно больше, чем С другой стороны, предел этой величины, стремящейся к бесконечности, равен нулю, и поэтому, если достаточно велико, Тем самым достигается противоречие. ${\displaystyle 0.}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle N<1.}$

Эрмит не представил свое доказательство как самоцель, а как запоздалую мысль в своем поиске доказательства трансцендентности Он обсуждал рекуррентные соотношения, чтобы мотивировать и получить удобное интегральное представление. Как только это интегральное представление получено, существуют различные способы представить краткое и самодостаточное доказательство, начиная с интеграла (как в представлениях Картрайта, Бурбаки или Нивена), которое Эрмит мог легко увидеть (как он сделал в своем доказательстве трансцендентности ^[5] ). ${\displaystyle \pi .}$ ${\displaystyle e}$

Более того, доказательство Эрмита ближе к доказательству Ламберта, чем кажется. Фактически, является "вычетом" (или "остатоком") непрерывной дроби Ламберта для ^[6] ${\displaystyle A_{n}(x)}$ ${\displaystyle \tan x.}$

Доказательство Картрайта

Гарольд Джеффрис писал, что это доказательство было приведено в качестве примера на экзамене в Кембриджском университете в 1945 году Мэри Картрайт , но она не проследила его происхождение. ^[7] Оно до сих пор остается на 4-м листе задач по курсу Анализ IA в Кембриджском университете. ^[8]

Рассмотрим интегралы

${\displaystyle I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}$

где — неотрицательное целое число. ${\displaystyle n}$

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

${\displaystyle x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).\qquad (n\geq 2)}$

Если

${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}$

тогда это становится

${\displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).}$

Кроме того, и следовательно для всех ${\displaystyle J_{0}(x)=2\sin x}$ ${\displaystyle J_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.}$ ${\displaystyle n\in \mathbb {Z} _{+},}$

${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},}$

где и — многочлены степени и с целыми коэффициентами (зависящими от ). ${\displaystyle P_{n}(x)}$ ${\displaystyle Q_{n}(x)}$ ${\displaystyle \leq n,}$ ${\displaystyle n}$

Возьмем и предположим, если это возможно, что где и — натуральные числа (т.е. предположим, что — рациональное). Тогда ${\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}\pi ,}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi =a/b}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle \pi }$

${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}b^{2n+1}.}$

Правая сторона — целое число. Но поскольку интервал имеет длину , а интегрируемая функция принимает только значения между и С другой стороны, ${\displaystyle 0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2}$ ${\displaystyle [-1,1]}$ ${\displaystyle 2}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 1.}$

${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}$

Следовательно, при достаточно больших ${\displaystyle n}$

${\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}$

то есть мы могли бы найти целое число между и Это противоречие, вытекающее из предположения, что является рациональным. ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 1.}$ ${\displaystyle \pi }$

Это доказательство похоже на доказательство Эрмита. Действительно,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2x^{2n+1}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2^{n+1}n!A_{n}(x).\end{aligned}}}$

Однако это явно проще. Это достигается отказом от индуктивного определения функций и взятием в качестве отправной точки их выражения в виде интеграла. ${\displaystyle A_{n}}$

Доказательство Нивена

Это доказательство использует характеристику как наименьшего положительного нуля синусоидальной функции . ^[9] ${\displaystyle \pi }$

Предположим, что рационально, т.е. для некоторых целых чисел и которые без потери общности можно считать положительными. Для любого положительного целого числа мы определяем полиномиальную функцию: ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle \pi =a/b}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle n,}$

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}$

и для каждого пусть ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$

${\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x).}$

Утверждение 1: является целым числом. ${\displaystyle F(0)+F(\pi )}$

Доказательство: Разложив в сумму одночленов, коэффициент при представляет собой число вида , где — целое число, которое равно, если Следовательно, равно , когда и оно равно, если ; в каждом случае — целое число и, следовательно, — целое число. ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle x^{k}}$ ${\displaystyle c_{k}/n!}$ ${\displaystyle c_{k}}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle k<n.}$ ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle k<n}$ ${\displaystyle (k!/n!)c_{k}}$ ${\displaystyle n\leq k\leq 2n}$ ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ ${\displaystyle F(0)}$

С другой стороны, и так для каждого неотрицательного целого числа В частности, Следовательно, также является целым числом и, следовательно, является целым числом (на самом деле, легко видеть, что ). Поскольку и являются целыми числами, то их сумма также является целым числом. ${\displaystyle f(\pi -x)=f(x)}$ ${\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}$ ${\displaystyle k.}$ ${\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0).}$ ${\displaystyle f^{(k)}(\pi )}$ ${\displaystyle F(\pi )}$ ${\displaystyle F(\pi )=F(0)}$ ${\displaystyle F(0)}$ ${\displaystyle F(\pi )}$

Утверждение 2:

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )}$

Доказательство: Поскольку — нулевой многочлен, то имеем ${\displaystyle f^{(2n+2)}}$

${\displaystyle F''+F=f.}$

Производные функции синуса и косинуса определяются как sin' = cos и cos' = −sin. Следовательно , правило произведения подразумевает

${\displaystyle (F'\cdot \sin {}-F\cdot \cos {})'=f\cdot \sin }$

По основной теореме исчисления

${\displaystyle \left.\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right|_{0}^{\pi }.}$

Поскольку и (здесь мы используем вышеупомянутую характеристику как нуля синусоидальной функции), то следует утверждение 2. ${\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}$ ${\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}$ ${\displaystyle \pi }$

Вывод: Поскольку и для (потому что — наименьший положительный ноль синусоидальной функции), утверждения 1 и 2 показывают, что — положительное целое число. Поскольку и для мы имеем, по первоначальному определению ${\displaystyle f(x)>0}$ ${\displaystyle \sin x>0}$ ${\displaystyle 0<x<\pi }$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi )}$ ${\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}$ ${\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}$ ${\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}$ ${\displaystyle f,}$

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}$

что меньше, чем для больших , следовательно, для них по Утверждению 2. Это невозможно для положительного целого числа. Это показывает, что исходное предположение о рациональности приводит к противоречию, что завершает доказательство. ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle n,}$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}$ ${\displaystyle n,}$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi ).}$ ${\displaystyle \pi }$

Приведенное выше доказательство представляет собой отшлифованную версию анализа формулы, максимально упрощенную в плане предпосылок

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=\sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}\left(f^{(2j)}(\pi )+f^{(2j)}(0)\right)+(-1)^{n+1}\int _{0}^{\pi }f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,}$

которая получается путем интегрирования по частям . Утверждение 2 по сути устанавливает эту формулу, где использование скрывает итеративное интегрирование по частям. Последний интеграл обращается в нуль, поскольку является нулевым многочленом. Утверждение 1 показывает, что оставшаяся сумма является целым числом. ${\displaystyle 2n+2}$ ${\displaystyle F}$ ${\displaystyle f^{(2n+2)}}$

Доказательство Нивена ближе к доказательству Картрайта (и, следовательно, Эрмита), чем это кажется на первый взгляд. ^[6] На самом деле,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=\int _{-1}^{1}\left(x^{2}-(xz)^{2}\right)^{n}x\cos(xz)\,dz.\end{aligned}}}$

Поэтому подстановка превращает этот интеграл в ${\displaystyle xz=y}$

${\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.}$

В частности,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-y^{2}\right)^{n}\cos(y)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)^{2}\right)^{n}\cos \left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }y^{n}(\pi -y)^{n}\sin(y)\,dy\\[5pt]&={\frac {n!}{b^{n}}}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Другая связь между доказательствами заключается в том, что Эрмит уже упоминает ^[3] , что если — полиномиальная функция и ${\displaystyle f}$

${\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}$

затем

${\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,}$

из чего следует, что

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0).}$

Доказательство Бурбаки

Доказательство Бурбаки изложено в виде упражнения в его трактате по исчислению . ^[10] Для каждого натурального числа b и каждого неотрицательного целого числа определите ${\displaystyle n,}$

${\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}$

Так как — интеграл функции, определенной на , которая принимает значение при и и которое больше, чем в противном случае, Кроме того, для каждого натурального числа , если достаточно велико, потому что ${\displaystyle A_{n}(b)}$ ${\displaystyle [0,\pi ]}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle A_{n}(b)>0.}$ ${\displaystyle b,}$ ${\displaystyle A_{n}(b)<1}$ ${\displaystyle n}$

${\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}$

и поэтому

${\displaystyle A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{\frac {1}{n!}}\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2n}=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.}$

С другой стороны, повторное интегрирование по частям позволяет нам вывести, что если и — натуральные числа, такие, что и — полиномиальная функция из в , определяемая соотношением ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle \pi =a/b}$ ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle [0,\pi ]}$ ${\displaystyle \mathbb {R} }$

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}$

затем:

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\Big [}{-f(x)\cos(x)}{\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }\,-{\Big [}{-f'(x)\sin(x)}{\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \\[5pt]&\ \qquad \pm {\Big [}f^{(2n)}(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }\,\pm \int _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Этот последний интеграл равен , так как является нулевой функцией (так как является полиномиальной функцией степени ). Поскольку каждая функция (с ) принимает целые значения при и и поскольку то же самое происходит с функциями синуса и косинуса, это доказывает, что является целым числом. Поскольку он также больше , то должен быть натуральным числом. Но также было доказано, что если достаточно велико, тем самым достигая противоречия . ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle f^{(2n+1)}}$ ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle 2n}$ ${\displaystyle f^{(k)}}$ ${\displaystyle 0\leq k\leq 2n}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle A_{n}(b)}$ ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle A_{n}(b)<1}$ ${\displaystyle n}$

Это доказательство довольно близко к доказательству Нивена, главное отличие между ними заключается в способе доказательства того, что числа являются целыми. ${\displaystyle A_{n}(b)}$

Доказательство Лачковича

Доказательство Миклоша Лачковича является упрощением оригинального доказательства Ламберта. ^[11] Он рассматривает функции

${\displaystyle f_{k}(x)=1-{\frac {x^{2}}{k}}+{\frac {x^{4}}{2!k(k+1)}}-{\frac {x^{6}}{3!k(k+1)(k+2)}}+\cdots \quad (k\notin \{0,-1,-2,\ldots \}).}$

Эти функции четко определены для любого действительного числа. Кроме того ${\displaystyle x.}$

${\displaystyle f_{1/2}(x)=\cos(2x),}$

${\displaystyle f_{3/2}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}$

Утверждение 1: Следующее рекуррентное соотношение справедливо для любого действительного числа : ${\displaystyle x}$

${\displaystyle {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}$

Доказательство: Это можно доказать, сравнив коэффициенты степеней ${\displaystyle x.}$

Утверждение 2: Для каждого действительного числа ${\displaystyle x,}$

${\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}$

Доказательство: На самом деле последовательность ограничена (так как она сходится к ) , и если является верхней границей и если то ${\displaystyle x^{2n}/n!}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle C}$ ${\displaystyle k>1,}$

${\displaystyle \left|f_{k}(x)-1\right|\leqslant \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {C}{k^{n}}}=C{\frac {1/k}{1-1/k}}={\frac {C}{k-1}}.}$

Утверждение 3: Если рационально, то ${\displaystyle x\neq 0,}$ ${\displaystyle x^{2}}$ ${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$

${\displaystyle f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$

Доказательство: В противном случае было бы число и целые числа и такие, что и Чтобы увидеть, почему, возьмите и , если ; в противном случае выберите целые числа и такие, что и определите В каждом случае не может быть , потому что в противном случае из утверждения 1 следовало бы, что каждое ( ) было бы , что противоречило бы утверждению 2. Теперь возьмите натуральное число , такое, что все три числа и являются целыми числами, и рассмотрим последовательность ${\displaystyle y\neq 0}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle f_{k}(x)=ay}$ ${\displaystyle f_{k+1}(x)=by.}$ ${\displaystyle y=f_{k+1}(x),}$ ${\displaystyle a=0,}$ ${\displaystyle b=1}$ ${\displaystyle f_{k}(x)=0}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}$ ${\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.}$ ${\displaystyle y}$ ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle f_{k+n}(x)}$ ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle bc/k,}$ ${\displaystyle ck/x^{2},}$ ${\displaystyle c/x^{2}}$

${\displaystyle g_{n}={\begin{cases}f_{k}(x)&n=0\\{\dfrac {c^{n}}{k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)&n\neq 0\end{cases}}}$

Затем

${\displaystyle g_{0}=f_{k}(x)=ay\in \mathbb {Z} y\quad {\text{ and }}\quad g_{1}={\frac {c}{k}}f_{k+1}(x)={\frac {bc}{k}}y\in \mathbb {Z} y.}$

С другой стороны, из утверждения 1 следует, что

${\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2}&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}\cdot {\frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\\[5pt]&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\\[5pt]&={\frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\\[5pt]&=\left({\frac {ck}{x^{2}}}+{\frac {c}{x^{2}}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},\end{aligned}}}$

который является линейной комбинацией и с целыми коэффициентами. Следовательно, каждый является целым кратным Кроме того, из утверждения 2 следует, что каждый больше (и, следовательно, что ), если достаточно велико и что последовательность всех сходится к Но последовательность чисел, больших или равных, не может сходиться к ${\displaystyle g_{n+1}}$ ${\displaystyle g_{n}}$ ${\displaystyle g_{n}}$ ${\displaystyle y.}$ ${\displaystyle g_{n}}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle g_{n}\geq |y|}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle g_{n}}$ ${\displaystyle 0.}$ ${\displaystyle |y|}$ ${\displaystyle 0.}$

Поскольку из утверждения 3 следует, что это иррационально, то и это иррационально. ${\displaystyle f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}}$ ${\displaystyle \pi }$

С другой стороны, поскольку

${\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)}},}$

Другим следствием Утверждения 3 является то, что если то является иррациональным. ${\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0\},}$ ${\displaystyle \tan x}$

Доказательство Лачковича на самом деле касается гипергеометрической функции . Фактически, Гаусс и нашел разложение гипергеометрической функции в непрерывную дробь, используя ее функциональное уравнение . ^[12] Это позволило Лачковичу найти новое и более простое доказательство того факта, что функция тангенса имеет разложение в непрерывную дробь, которое открыл Ламберт. ${\displaystyle f_{k}(x)={}_{0}F_{1}(k-x^{2})}$

Результат Лачковича можно также выразить в функциях Бесселя первого рода ${\displaystyle J_{\nu }(x)}$ . Фактически, (где — гамма-функция ). Таким образом, результат Лачковича эквивалентен: Если — рационально, и тогда ${\displaystyle \Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)}$ ${\displaystyle \Gamma }$ ${\displaystyle x\neq 0,}$ ${\displaystyle x^{2}}$ ${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$

${\displaystyle {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$

Смотрите также

• Математический портал

• Доказательство того, что e иррационально
• Доказательство того, что π трансцендентно

Ссылки

1. Линдеманн, Фердинанд фон (2004) [1882], «Ueber die Zahl π », в Берггрене, Леннарт; Борвейн, Джонатан М .; Борвейн, Питер Б. (ред.), Пи, справочник (3-е изд.), Нью-Йорк: Springer-Verlag , стр. 194–225, ISBN. 0-387-20571-3.
2. Ламберт, Иоганн Генрих (2004) [1768], «Mémoire sur quelques proprietés remarquables des quantités Transantetes Circulaires et Logarithmiques», в Берггрене, Леннарт; Борвейн, Джонатан М .; Борвейн, Питер Б. (ред.), Пи, справочник (3-е изд.), Нью-Йорк: Springer-Verlag , стр. 129–140, ISBN. 0-387-20571-3.
3. Эрмит, Чарльз (1873). «Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan». Journal für die reine und angewandte Mathematik (на французском языке). 76 : 303–311.
4. Эрмит, Чарльз (1873). «Отрывок из письма г-на Ч. Эрмита к г-ну Карлу Борхардту». Journal für die reine und angewandte Mathematik (на французском языке). 76 : 342–344.
5. Эрмит, Чарльз (1912) [1873]. «Показательная функция». В Пикарде, Эмиль (ред.). Œuvres de Charles Hermite (на французском языке). Том. III. Готье-Виллар. стр. 150–181.
6. Zhou, Li (2011). «Доказательства иррациональности в стиле Эрмита». The Mathematical Gazette . 95 (534): 407–413. arXiv : 0911.1929 . doi : 10.1017/S0025557200003491. S2CID  115175505.
7. Джеффрис, Гарольд (1973), Научный вывод (3-е изд.), Cambridge University Press, стр. 268, ISBN 0-521-08446-6
8. "Кафедра чистой математики и математической статистики". www.dpmms.cam.ac.uk . Получено 19.04.2022 .
9. Нивен, Иван (1947), «Простое доказательство того, что π иррационально» (PDF) , Бюллетень Американского математического общества , т. 53, № 6, стр. 509, doi : 10.1090/s0002-9904-1947-08821-2
10. Бурбаки, Николя (1949), Fonctions d'unevariableréelle, гл. I – II – III , Actualités Scientifiques et Industrielles (на французском языке), vol. 1074, Герман , стр. 137–138.
11. Лацкович, Миклош (1997), «О доказательстве Ламбертом иррациональности числа π », American Mathematical Monthly , т. 104, № 5, стр. 439–443, doi :10.2307/2974737, JSTOR  2974737
12. Гаусс, Карл Фридрих (1811–1813), «Disquisitionesgenerales circa seriem infinitam», Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (на латыни), 2