Rekurencyjne dowody niewymierno´ sci
Mateusz Kwa´snicki Politechnika Wrocławska
Wykład habilitacyjny Warszawa, 25 pa´zdziernika 2012
• Uogólnienia
• Uwagi historyczne
Twierdzenie
Je´sli x ∈Q\ {0}, to tg x /∈Q.
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Dowód (1/2):
• Przypu´s´cmy, ˙ze x ∈Q\ (πZ), x =ab, tgx2= cd.
• Niech In= bnd n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0= c, I1=2bc − ad, In= (4n − 2)b In−1− a2In−2.
• Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Twierdzenie
Je´sli x ∈Q\ {0}, to tg x /∈Q. Dowód (2/2):
• Wiemy ju˙z, ˙ze gdy x ∈Q\ (πZ), to tg2x ∈/ Q.
• St ˛ad π2 ∈/ Q.
• Wobec tegoQ∩ (πZ) ={0}.
• Zatem je´sli x ∈Q\ {0}, to tg2x ∈/ Q.
Lemat 1 Ci ˛ag In=
bnd n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds d ˛a˙zy do 0.
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Dowód:
• |sn(x− s)n| ≤ |x|n|x|n=|x|2n dla s ∈ [0, x].
•
Rx
0sn(x− s)nsin s ds
≤ |x| |x|2n.
• |In| ≤ | sin x||d| |x| n!1(|b| |x|2)n.
• Zatem limn
→∞In=0.
Lemat 2 Ci ˛ag In=
bnd n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds spełnia:
I0= c, I1=2bc − ad, In= (4n − 2)b In−1− a2In−2. Dowód (1/3):
• I0= sin xd (1 − cos x) = d2 sin(x/2) cos(x/2)2 sin2(x/2) = dtgx2= c.
• R0xs(x− s) sin s ds =R0x(x− 2s) cos s ds
=(x− 2s) sin ss=xs=0+Rx
02 sin s ds
=−x sin x + 2(1 − cos x).
• I1= sin xbd −x sin x + 2(1 − cos x)
=−bdx + 2bd tgx2=−ad + 2bc.
Lemat 2 Ci ˛ag In=
bnd n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds spełnia:
I0= c, I1=2bc − ad, In= (4n − 2)b In−1− a2In−2.
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Dowód (2/3):
• Niech fn(s) = s
n(x−s)n n! .
• f00
n(s) = s
n−2(x−s)n+sn(x−s)n−2
(n−2)! −2nsn−1(n−1)!(x−s)n−1
= s
n−2(x−s)n−2(x2−2xs+2s2)
(n−2)! − 2nfn−1(x)
= x2fn−2(s)− 2(n − 1)fn−1(s)− 2nfn−1(s)
= x2fn−2(s)− (4n − 2)fn−1(s).
Lemat 2 Ci ˛ag In=
bnd n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds spełnia:
I0= c, I1=2bc − ad, In= (4n − 2)b In−1− a2In−2.
Dowód (3/3):
• In= b
nd sin x
Z x
0
fn(s)(− sin s)00ds
= b
nd sin x
Z x
0
(x2fn−2(s)− (4n − 2)fn−1(s))(− sin s)ds
=−b2x2In−2+ (4n − 2)b In−1
=−a2In−2+ (4n − 2)b In−1.
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Przypomnijmy dowód, ˙ze x ∈Q\ {0} ⇒ tg x /∈Q.
• Przypu´s´cmy, ˙ze x ∈Q\ (πZ), x =ba,tgx2= cd.
• Niech In= bn
Bn
d n!sin x
Z x
0
Z π
0
sn(x
π
− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0= c, I1=2bc − ad, In= (4n − 2)b
B
In−1− a2
A B
In−2.
• Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Co dla x =π?
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Otrzymujemy nieco inny dowód niewymierno´sciπ:
• Przypu´s´cmy, ˙ze π=ab .
• Niech In= bn n!
sin x
Z π
0
0
sn(π
π
− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0=2
c
, I1=4b
2bc − ad
, In= (4n − 2)b
B
In−1− a2
A B
In−2.
• Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Co dla x =π?
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Mo˙zemy go odrobin˛e upro´sci´c:
• Przypu´s´cmy, ˙ze
x∈Q\ (πZ),
π
x
=ab
,tgx2= cd
.
• Niech In= bn
Bn d
n!
sin x
Z π
0
sn(π− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0=2
c
, I1=4b
2bc − ad
, In= (4n − 2)b
B
In−1− a2
A B
In−2.
• Obserwacja: In> 0.
Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Co dla x =π?
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
Wprowad´zmy drobn ˛a modyfikacj˛e:
• Przypu´s´cmy, ˙ze π=ab .
• Niech In= b2n n!
sin x
Z π
0
sn(π− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0=2
c
, I1=4b2
2bc − ad
, In= (4n − 2)b2
B
In−1− a2b2
A B
In−2.
• Obserwacja: In> 0.
Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Co dla x =π?
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Niewymierno´s´c π
2Otrzymujemy dowód niewymierno´sciπ2:
• Przypu´s´cmy, ˙ze
x∈Q\ (πZ),
π
x
= ÆA
B
a
b,tgx2= cd
.
• Niech In= Bn
d
n!
sin x
Z π
0
sn(π− s)nsin s ds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0=2
c
, I1=4B
2bc − ad
,
In= (4n − 2)B In−1−A B In−2.
• Obserwacja: In> 0.
Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Co dla x =π?
Twierdzenie
Je´sli x ∈Q\ {0}, to ex∈/ Q. Dowód (1/2):
• Przypu´s´cmy, ˙ze x ∈Q\{0}, x = ab, ex= cd.
• Niech In= bnd
n!
Z x
0
sn(x− s)nesds.
• Lemat 1: limn
→∞In=0.
• Lemat 2: I0=c− d, I1=ac− 2bc + ad + 2bd, In=−(4n − 2)b In−1+a2In−2.
• Wniosek 1: je´sli In−26= 0 oraz In−1=0, to In6= 0.
• Wniosek 2: In∈Z, wi˛ec In=0 dla du˙zych n.
• Sprzeczno´s´c!
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Historia
• 1761: Johann Lambert; rozwini˛ecie tg x =
x
1 −
x2
3 −
x2
5 − x2
7 − . . . .
• 1873: Charles Hermite; rekurencja dla całek Z 1
−1
(1 − z2)ncos(xz)dz.
• ok. 1945: Mary Cartwright;
• 1947: Ivan Niven;
uproszczenia.
• 1997: Miklós Laczkowich;
• 2010: Li Zhou,Lubomir Markov;
Ci ˛ag In= 1 n! sin x
Z x
0
sn(x− s)nsin s ds spełnia:
I0=tg2x, I1=2 tgx2− x, In= (4n − 2)In−1− x2In−2.
• Wobec tego In−1
2In−2
= (x2)2 (2n − 1) − In
2In−1
.
• Zatem:
x
2tgx2= (x2)2 1 −2II1
0
= (x2)2 1 − (x2)2
3 −2II2
1
= (x2)2 1 − (x2)2
3 − (x2)2 5 −2II3
2
= ...
Dowód Uogólnienia Uwagi historyczne
Historia
• Okazuje si˛e wi˛ec, ˙ze dowody Lamberta, Hermite’a oraz współczesne wszystkie bazuj ˛a na rozwini˛eciu tg x w ułamek ła´ncuchowy.
• Przewaga współczesnych dowodów polega na:
É analizie całki Inbez odwoływania si˛e do jej ´zródła,
É niezale˙zno´sci od zbie˙zno´sci przybli˙ze´n tg x uzyskanych z rozwini˛e´c w ułamek ła´ncuchowy.
• Dowody przest˛epno´sci e (Charles Hermite, 1873) oraz π(Ferdinand von Lindemann, 1882)
korzystaj ˛a z bardzo podobnych metod.
• Łatwo zapomnie´c o ´zródłach.
Korzystałem z:
L. Zhou, L. Markov
Recurrent Proofs of the Irrationality of Certain Trigonometric Values
Amer. Math. Monthly 117(4) (2010): 360–362 L. Zhou
On “Discovering and proving thatπis irrational”
arXiv:1011.0077
