Kies enige getal wat jy wil en vra of dit rasioneel is. Gewoonlik vertel die definisie jou dadelik. Maar π is vreemd: oral waar ons dit teëkom, lyk dit of dit smeek om 'n verhouding te wees. Dit is die verhouding van 'n sirkel se omtrek tot sy deursnee – letterlik 'n kwosiënt. Dit is 'n limiet van perfek rasionale benaderings (3, 22/7, 355/113, ...) wat al hoe nader kom sonder om ooit heeltemal te arriveer. Dit verskyn as 'n oppervlakte, 'n booglengte, 'n wortel van trigonometriese vergelykings gebou uit magreekse met rasionale koëffisiënte. Niks in sy geboortesertifikaat skree "irrasioneel" soos, sê nou maar, √2 doen wanneer jy dit met die Stelling van Pythagoras en 'n pariteitsargument in 'n hoek dryf nie.
En tog is π irrasioneel – nie net irrasioneel nie, maar transendent. Die eerste feit is deur Johann Lambert in 1761 bewys met behulp van kettingbreuke, en dit het 'n reputasie dat dit moeilik is. Dit is dus 'n klein skok om, weggesteek in 'n "gesterde", oorslaanbare hoofstuk van Michael Spivak se Calculus, 'n bewys te vind wat niks meer eksoties benodig as afgeleides, die Fundamentele Stelling van Calculus, en twee feite oor sinus wat jy reeds goed ken nie. Spivak noem die hoofstuk 'n afwyking van die hoofpad van die boek. Dit is ook een van die slimste tien bladsye daarin.
Waarom Dit Nie Maklik Veronderstel Is Om Te Wees Nie
Die probleem met die bewys dat π irrasioneel is, is dat π jou nie 'n vergelyking gee om mee te werk soos √2 nie. Om te wys dat √2 irrasioneel is, aanvaar jy √2 = p/q in sy eenvoudigste vorm, kwadreer beide kante, en jaag pariteit na totdat jy 'n teenstrydigheid tref. Daar is 'n algebraïese identiteit wat reg daar sit en wag om uitgebuit te word. π, daarenteen, word analities gedefinieer – as die helfte van die periode van sinus, of as die kleinste positiewe wortel van sin x = 0, of via 'n limiet van veelhoekareas. Geeneen van daardie beskrywings is 'n algebraïese vergelyking wat jy sommer kan manipuleer nie.
Enige bewys moet dus 'n algebraïese teenstrydigheid uit analitiese materiaal vervaardig: afgeleides, integrale, groeikoerse. Daardie wanverhouding is presies hoekom die bewys soos 'n towertruuk voel, selfs nadat jy elke reël nagegaan het. Spivak is bewonderenswaardig eerlik hieroor aan die begin en waarsku dat "die motivering vir baie stappe in ons bewys nie verskaf kan word nie" – jy kan elke stap verifieer, maar die bewys is duidelik omgekeerd-ontwerp uit sy gevolgtrekking. Hierdie spesifieke weergawe is te danke aan Ivan Niven (1947), en dit is die skoonste een wat enigiemand in byna 80 jaar gevind het.
Die Ster Van Die Vertoning: 'n Polinoom Op Maat Gemaak
Alles draai om een vreemde klein funksie:
fn(x) = xn(1 − x)n / n!
Met die eerste oogopslag lyk dit willekeurig, maar dit is ontwerp om twee eienskappe gelyktydig te bevredig. Eerstens, op die interval (0, 1) is dit styf vasgedruk: 0 < fn(x) < 1/n!. Tweedens – en dit is die deel wat ware werk verg om te sien – as jy xn(1 − x)n uitvermenigvuldig, is elke koëffisiënt 'n heelgetal, en die mags van x loop slegs van n tot 2n. Deur die afgeleides by x = 0 en x = 1 deur te werk, wys Spivak dat elke afgeleide fn(k)(0) en fn(k)(1), vir elke orde k, 'n heelgetal is. Dit is die hele lading van die funksie: dit is 'n brug tussen die wêreld van gladde, deurlopende calculus en die wêreld van heelgetalle, waar teenstrydighede maklik raakgesien kan word (daar is geen heelgetal streng tussen 0 en 1 nie).
Die Insmokkeling Van Die Aanname
Veronderstel nou, vir 'n teenstrydigheid, dat π2 = a/b vir positiewe heelgetalle a en b (Spivak werk met π2 eerder as π self, aangesien 'n rasionale π ook π2 rasioneel sou maak – dit is dus voldoende om die sterker stelling uit te skakel). Gebruik a, b, en fn om 'n tweede funksie te bou:
G(x) = bn[π2nfn(x) − π2n−2fn″(x) + π2n−4fn(4)(x) − ··· ± fn(2n)(x)]
Dit lyk intimiderend, maar elke faktor van die vorm bnπ2n−2k is gelyk aan bn(a/b)n−k = an−kbk, wat 'n heelgetal is presies omdat ons aangeneem het dat π2 rasioneel is. Kombineer dit met die feit dat die afgeleides van fn heelgetalle by 0 en 1 is, en jy kry dat G(0) en G(1) albei heelgetalle is. Die aanname dat π rasioneel is, is omskep in 'n konkrete rekenkundige feit oor 'n funksie wat ons beheer.
Waar Sinus Sy Waarde Bewys
Hier is die truuk wat die hele argument laat klop. Definieer H(x) = G′(x) sin(πx) − πG(x) cos(πx). 'n Kort berekening met behulp van G″ + π2G = π2anfn (wat volg uit hoe G gebou is) toon dat H′(x) = π2anfn(x) sin(πx). Volgens die Fundamentele Stelling van Calculus beteken dit:
π ∫01 anfn(x) sin(πx) dx = H(1) − H(0) = π[G(1) + G(0)],
dus is die integraal aan die linkerkant G(1) + G(0) – 'n heelgetal, gewaarborg deur die werk in die laaste afdeling. Sinus se enigste taak hier is om 'n anti-afgeleide te verskaf wat die lus terugsirkel na 'n heelgetal; die bewys gebruik niks oor sinus behalwe sin″ = −sin, sin(0) = 0, en cos(0) = 1 nie.
Die Druk Wat Dit Beëindig
Vergelyk nou daardie feit met die grootte van die integraal. Aangesien 0 < fn(x) < 1/n! op (0, 1) en sin(πx) daar ook positief is, is die integraal π∫01 anfn(x) sin(πx) dx streng vasgevang tussen 0 en πan/n!. En hier is die tweede essensiële truuk: hoe groot a ook al is, die hoeveelheid an/n! krimp na 0 soos n groei, want faktoriële groei verpletter uiteindelik enige vaste eksponensiële. Dus vir voldoende groot n, word die integraal in die oop interval (0, 1) gedruk – terwyl ons reeds bewys het dit moet 'n heelgetal wees. Daar is geen heelgetal streng tussen 0 en 1 nie. Teenstrydigheid. Die aanname dat π2 rasioneel is, stort ineen, en π is irrasioneel.
Wat opvallend is, soos Spivak daarna uitwys, is hoe min van "π-heid" die argument eintlik gebruik. Hersien elke stap en die enigste feit oor π wat gebruik word, is sin(π) = 0. Die bewys toon eintlik dat die kleinste positiewe nul van enige funksie wat aan sin″ + sin = 0, sin(0) = 0, sin′(0) = 1 voldoen, irrasioneel moet wees – dit gebeur net so dat hierdie kleinste positiewe nul π volgens definisie is. Jy kan 'n beroemde konstante irrasioneel bewys sonder om ooit neer te skryf wat dit beroemd maak.
As jy elke algebraïese stap volledig uitgespel wil sien – insluitend hoe die afgeleide boekhouding vir fn eintlik vasgestel word, en die probleme wat volg met Viète se 1579 oneindige produk vir π – is Hoofstuk 16 van Spivak se Calculus, 4de Uitgawe presies nege bladsye, en dit beloon lees met 'n potlood in die hand.
As jy net een ekstra feit oor 'n misterie konstante in 'n bewys soos hierdie kon insmokkel – soos hierdie een sin(π) = 0 insmokkel – wat sou jy wou hê dit moes wees, en wat sou jy daarmee kon bewys?
