✨Chứng minh π là số vô tỉ

Vào những năm 1760, Johann Heinrich Lambert đã chứng minh rằng số (pi) là vô tỷ: nghĩa là nó không thể được biểu thị dưới dạng phân số a/b, trong đó a là số nguyên và b là số nguyên khác không. Vào thế kỷ 19, Charles Hermite đã tìm thấy một chứng minh không đòi hỏi kiến thức tiên quyết nào ngoài vi tích phân cơ bản. Ba lần đơn giản hóa của chứng minh của Hermite là do Mary Cartwright, Ivan Niven và Nicolas Bourbaki. Một chứng minh khác, đó là sự đơn giản hóa chứng minh của Lambert, là do Miklós Laczkovich.

Năm 1882, Ferdinand von Lindemann đã chứng minh rằng không chỉ là số vô tỷ, mà còn là số siêu việt.

Chứng minh của Lambert

phải|nhỏ|399x399px| Quét công thức trên trang 288 của tác phẩm "Mémoires sur quelques ownétés remarquables des quantités transcendantes, Circulaires et logarithmiques", Mémoires de l'Académie royale des scatics de Berlin (1768), 265 – 322. Năm 1761, Lambert đã chứng minh rằng là số vô tỷ khi lần đầu tiên chứng minh rằng liên phân số mở rộng này là đúng:

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

Sau đó Lambert đã chứng minh rằng nếu x là khác không và hữu tỷ thì biểu thức này phải là số vô tỷ. Do tan (/4) = 1, suy ra / 4 là số vô tỷ và do đó là số vô tỷ. Một cách chứng minh đơn giản hóa chứng minh của Lambert được đưa ra dưới đây.

Chứng minh của Hermite

Bằng chứng này sử dụng đặc tính của là số dương nhỏ nhất có hàm cosin của 1/2 số này bằng 0 và nó thực ra chứng minh rằng ² là số vô tỷ. Như trong nhiều bằng chứng về số vô tỷ, nó là một phép chứng minh sử dụng mâu thuẫn.

Xét các chuỗi hàm A_n và U_n từ $\backslash R$ tới $\backslash R$ cho $n\; \backslash in\; \backslash N\_0$ mà được định nghĩa bởi:

: $\backslash begin\{align\}\; A$0(x) &= \sin(x), && A{n+1}(x) =\int_0^xyA_n(y)\,dy \[4pt] U0(x) &= \frac{\sin(x)}x, && U{n+1}(x) =-\frac{U_n'(x)}x \end{align}

Sử dụng quy nạp chúng ta có thể chứng minh rằng

:

: $U\_n(x)=\backslash frac\{A\_n(x)\}\{x^\{2n+1.\backslash ,$

Vì thế

: $\backslash begin\{align\}\; \backslash frac\{A${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}

tương đương với

: $A\_\{n+1\}(x)=(2n+1)A$n(x)-x^2A{n-1}(x).\,

Sử dụng định nghĩa của chuỗi và sử dụng phép quy nạp, chúng ta có thể chứng minh được rằng

: $A\_n(x)\; =\; P\_n(x^2)\; \backslash sin(x)\; +\; x\; Q\_n(x^2)\; \backslash cos(x),\backslash ,$

Trong đó P_n và Q_n là các hàm đa thức có hệ số nguyên và bậc của P_n nhỏ hơn hoặc bằng ⌊n/ 2⌋. Cụ thể, A_n (/2) = P_n (²/4).

Hermite cũng đưa ra biểu thức đóng cho hàm A_n, cụ thể là

: $A\_n(x)=\backslash frac\{x^\{2n+1\{2^n\; n!\}\backslash int\_0^1(1-z^2)^n\backslash cos(xz)\backslash ,\backslash mathrm\{d\}z.\backslash ,$

Ông không đưa ra chứng minh cho khẳng định này, nhưng nó có thể được chứng minh dễ dàng. Trước hết, khẳng định này tương đương với

: $\backslash frac\{1\}\{2^n\; n!\}\backslash int\_0^1(1-z^2)^n\backslash cos(x\; z)\backslash ,\backslash mathrm\{d\}z=\backslash frac\{A\_n(x)\}\{x^\{2n+1=U\_n(x).$

Tiến hành theo quy nạp, lấy n =  0.

: $\backslash int\_0^1\backslash cos(xz)\backslash ,\backslash mathrm\{d\}z=\backslash frac\{\backslash sin(x)\}x=U\_0(x)$

và, đối với bước quy nạp, xem xét bất kỳ $n\; \backslash in\; \backslash N$. Nếu

: $\backslash frac\{1\}\{2^nn!\}\backslash int\_0^1(1-z^2)^n\backslash cos(xz)\backslash ,\backslash mathrm\{d\}z=U\_n(x),$

sau đó, sử dụng tích phân từng phần và quy tắc tích phân Leibniz, ta sẽ có

: 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{Un'(x)}x \[4pt] &= U{n+1}(x). \end{align}

Nếu ²/4 = p/q, với p và q thuộc $\backslash N$, thì vì các hệ số của P_n là các số nguyên và bậc của nó nhỏ hơn hoặc bằng ⌊n/2⌋, q^{⌊ n / 2⌋}P_n( ²/4) là một số nguyên N. Nói cách khác,

: $N=q^\{\backslash left\backslash lfloor\backslash frac\; n2\backslash right\backslash rfloor\}A\_n\backslash left(\backslash frac\backslash pi2\backslash right)\; =q^\{\backslash left\backslash lfloor\backslash frac\; n2\backslash right\backslash rfloor\}\backslash frac\{\backslash left(\backslash frac\; pq\; \backslash right)^\{n+\backslash frac\; 12\{2^nn!\}\backslash int\_0^1(1-z^2)^n\; \backslash cos\; \backslash left(\backslash frac\backslash pi2z\; \backslash right)\backslash ,\backslash mathrm\{d\}z.$

Nhưng con số này rõ ràng lớn hơn 0. Mặt khác, giới hạn của đại lượng này khi n đi đến vô cùng là 0 và vì vậy, nếu n đủ lớn thì N< 1. Vậy sẽ dẫn tới một mâu thuẫn.

Hermite đã không đưa ra chứng minh của mình như là một kết thúc mà là một tư duy trung gian trong quá trình tìm kiếm một bằng chứng về tính siêu việt của . Ông đã thảo luận về các mối quan hệ lặp lại để thúc đẩy và để có được một đại diện tích phân thuận tiện. Một khi đại diện tích phân này có được, có nhiều cách khác nhau để trình bày một cách chứng minh cô đọng và khép kín bắt đầu từ tích phân (như trong các bài thuyết trình của Cartwright, Bourbaki hoặc Niven), mà Hermite có thể dễ dàng nhận ra (như ông đã làm trong chứng minh về tính siêu việt của số e ).

Hơn nữa, chứng minh của Hermite gần với chứng minh của Lambert hơn khi nhìn bề ngoài. Trong thực tế, A_n (x) là "phần dư" của phần nối tiếp của phân giải Lambert cho hàm tan(x).

Chứng minh của Cartwright

Harold Jeffreys đã viết rằng bằng chứng này đã được Mary Cartwright lấy làm ví dụ trong một kỳ thi tại Đại học Cambridge vào năm 1945, nhưng bà đã không truy ra được nguồn gốc của nó.

Xét tích phân sau :

Với n là số nguyên không âm

Hai tích hợp theo từng bộ phận cung cấp mối quan hệ lặp lại

Nếu $J\_n(x)=x^\{2n+1\}I\_n(x)$

Thì nó biến thành $J$n(x)=2n(2n-1)J{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x)

Hơn nữa ta có $J\_0(x)=2\backslash sin(x)$ và $J\_1(x)=-4x\backslash cos(x)+4\backslash sin(x)$

Do đó với mọi $n\backslash in\; Z\_+$ ta có : $J\_n(x)=x^\{2n+1\}I\_n(x)=n!(P\_n(x)\backslash sin(x)+Q\_n(x)\backslash cos(x))$

trong đó P_n (x) và Q_n (x) là các đa thức bậc ≤ n và với hệ số nguyên (phụ thuộc vào n).

Đặt $x=\backslash frac\backslash pi2$ và giả sử $\backslash frac\backslash pi2=\backslash frac\; ab$ với a và b là các số tự nhiên ( tức giả sử π là số hữu tỉ ) . Sau đó :

Phía bên phải là một số nguyên. Nhưng vì khoảng [−1, 1] có độ dài là 2 và hàm đang được tích phân chỉ nhận các giá trị từ 0 đến 1. Mặt khác,

Do đó, đối với n đủ lớn :

Nghĩa là, chúng ta có thể tìm thấy một số nguyên từ 0 đến 1. Đó là mâu thuẫn xuất phát từ giả thiết rằng π là số hữu tỉ.