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 Шарль 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.

Доказательство Ламберта

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:

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

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 π ² . Как и во многих доказательствах иррациональности числа, это доказательство от противного.

Рассмотрим последовательности функций A _n и U _n из $ℝ$ в $ℝ$ для $n\in {\mathbb{N}}_0$, заданные формулой:

$\begin{array}{cccc}{A}_0(x)& =\sin (x),& & A_{n+1}(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}y{A}_n(y)dy\\ U_0(x)& =\frac{\sin (x)}{x},& & U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}\end{array}$

По индукции можем доказать

$\begin{array}{cc}{A}_n(x)& =\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots \\ U_n(x)& =\frac{1}{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots \end{array}$

и поэтому:

$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$

Откуда

$\begin{array}{cc}\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}& =U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}=-\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right)\\ & =-\frac{1}{x}\left(\frac{{A_n}^{\prime }(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}{A}_n(x)}{x^{2(2n+1)}}\right)=\frac{(2n+1)A_n(x)-x{A_n}^{\prime }(x)}{x^{2n+3}}\end{array}$

что эквивалентно

$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2{A}_{n-1}(x).$

Используя определение функций, по индукции можно показать, что

$A_n(x)=P_n(x^2)\sin (x)+x{Q}_n(x^2)\cos (x),$

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

$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z.$

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

$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$

Рассуждая по индукции, при n=0.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\cos (xz)\mathrm{d}z=\frac{\sin (x)}{x}=U_0(x)$

и, для шага индукции рассмотрим произвольное $n\in \mathbb{N}$. Если

$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z=U_n(x),$

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

$\begin{array}{cc}\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}& \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n+1}\cos (xz)\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}(\stackrel{=0}{\overbrace{{(1-z^2{)}^{n+1}\frac{\sin (xz)}{x}|}_{z=0}^{z=1}}}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}2(n+1)(1-z^2{)}^{n}z\frac{\sin (xz)}{x}\mathrm{d}z)\\ & =\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n}z\sin (xz)\mathrm{d}z\\ & =-\frac{1}{x}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z)\\ & =-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}\\ & =U_{n+1}(x).\end{array}$

Если π²/4 = p/q, где p и q из $\mathbb{N}$, 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,

$N=q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{A}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)=q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\frac{{\left(\frac{p}{q}\right)}^{n+\frac{1}{2}}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos \left(\frac{\pi }{2}z\right)\mathrm{d}z.$

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).

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.

Рассмотрим интегралы

$I_n(x)=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz,$

где n — неотрицательное целое число.

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

$x^2{I}_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).(n\ge 2)$

Обозначив

$J_n(x)=x^{2n+1}{I}_n(x),$

получим

$J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2{J}_{n-2}(x).$

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

$J_n(x)=x^{2n+1}{I}_n(x)=n!(P_n(x)\sin (x)+Q_n(x)\cos (x)),$

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

$\frac{a^{2n+1}}{n!}{I}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)=P_n\left(\frac{\pi }{2}\right)b^{2n+1}.$

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,

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

Следовательно, для достаточно большого n

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

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,

$\begin{array}{cc}{J}_n(x)& =x^{2n+1}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =2x^{2n+1}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =2^{n+1}n!A_n(x).\end{array}$

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.

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

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

и для любого х ∈ ℝ положим

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

Утверждение 1: Шаблон:Nobr является целым числом.

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

С другой стороны, Шаблон:Nobr = f (x) и, следовательно, Шаблон:Nobr = Шаблон:Nobr для любого неотрицательного целого числа k. В частности, Шаблон:Nobr = Шаблон:Nobr Следовательно, Шаблон:Nobr 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:

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=F(0)+F(\pi )$

Доказательство: Так как Шаблон:Nobr это нулевой полином, верно

$F^{″}+F=f.$

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

$(F^{\prime }\cdot \sin -F\cdot \cos {)}^{\prime }=f\cdot \sin$

По основной теореме анализа

${\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=(F^{\prime }(x)\sin x-F(x)\cos x)|}_0^{\pi }.$

Из того, что Шаблон:Nobr и Шаблон:Nobr (здесь используются вышеупомянутую характеристику π как нуля синуса), следует утверждение 2.

Вывод: так как Шаблон:Nobr и Шаблон:Nobr для Шаблон:Nobr (поскольку π является наименьшим положительным нулем синуса), из утверждений 1 и 2 следует, что Шаблон:Nobr является положительным целым числом. Поскольку Шаблон:Nobr и Шаблон:Nobr для Шаблон:Nobr, из определения f следует

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx\le \pi \frac{(\pi a{)}^n}{n!}$

что меньше 1 для больших n, следовательно, Шаблон:Nobr для этих n по утверждению 2. Это невозможно для натурального числа Шаблон:Nobr .

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

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

которая получается Шаблон:Nobr интегрированиями по частям. Утверждение 2 в сущности выводит эту формулу, использование F скрывает повторное интегрирование по частям. Последний интеграл исчезает, так как Шаблон:Nobr 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

$\begin{array}{cc}{J}_n(x)& =x^{2n+1}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{(x^2-(xz{)}^2)}^{n}x\cos (xz)dz.\end{array}$

Поэтому подстановка xz = y превращает этот интеграл в

$\underset{-x}{\overset{x}{\int }}(x^2-y^2{)}^n\cos (y)dy.$

В частности,

$\begin{array}{cc}{J}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)& =\underset{-\pi /2}{\overset{\pi /2}{\int }}{(\frac{{\pi }^2}{4}-y^2)}^n\cos (y)dy\\ & =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{(\frac{{\pi }^2}{4}-{(y-\frac{\pi }{2})}^2)}^n\cos (y-\frac{\pi }{2})dy\\ & =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{y}^n(\pi -y{)}^n\sin (y)dy\\ & =\frac{n!}{b^n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx.\end{array}$

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

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

тогда

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

откуда следует

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=F(\pi )+F(0).$

Доказательство Бурбаки

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

$A_n(b)=b^n\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{x^n(\pi -x{)}^n}{n!}\sin (x)dx.$

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

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

и поэтому

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

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

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

тогда

$\begin{array}{cc}{A}_n(b)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx\\ & =[-f(x)\cos (x){]}_{x=0}^{x=\pi }-[-f^{\prime }(x)\sin (x){]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm [f^{(2n)}(x)\cos (x){]}_{x=0}^{x=\pi }\pm \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{f}^{(2n+1)}(x)\cos (x)dx.\end{array}$

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.

Рассмотрим функции

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

Эти функции определены для всех х ∈ R. Верны равенства

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

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

Утверждение 1. Справедливо следующее рекуррентное соотношение :

$\mathrm{\forall }x\in ℝ:\frac{x^2}{k(k+1)}{f}_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).$

Доказательство: доказывается сравнением коэффициентов при степенях х .

Утверждение 2: для любого х ∈ R, $\underset{k\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{f}_k(x)=1.$

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

$|f_k(x)-1|⩽\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{C}{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac{C}{k-1}.$

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

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Q}\setminus \{0,-1,-2,\dots \}:f_k(x)\ne 0\text{ and }\frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin \mathbb{Q}.$

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

$g_n=\{\begin{array}{cc}{f}_k(x)& n=0\\ \frac{c^n}{k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n}(x)& n\ne 0\end{array}$

Откуда

$g_0=f_k(x)=ay\in \mathbb{Z}y\text{ and }{g}_1=\frac{c}{k}{f}_{k+1}(x)=\frac{bc}{k}y\in \mathbb{Z}y.$

С другой стороны, из утверждения 1 следует

$\begin{array}{cc}{g}_{n+2}& =\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}\cdot \frac{x^2}{(k+n)(k+n+1)}{f}_{k+n+2}(x)\\ & =\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n}(x)\\ & =\frac{c(k+n)}{x^2}{g}_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}{g}_n\\ & =(\frac{ck}{x^2}+\frac{c}{x^2}n)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}{g}_n,\end{array}$

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

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

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

Доказательство Лацковича, 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 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 J_ν(x). Так как Γ(k)J_k − 1(2x) = x^k − 1f_k(x), утверждение Лацковича эквивалентно следующему: если х ≠ 0 и если х² рациональное, то

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Q}\setminus \{0,-1,-2,\dots \}:\frac{x{J}_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin \mathbb{Q}.$

См. также

• Доказательство иррациональности e
• Доказательство трансцендентности π