Luvun π irrationaalisuus. Ilari Vallivaara

Transkriptio

1 Luvun π irrationaalisuus Ilari Vallivaara 27. marraskuuta 24

2 Sisältö 1 Esipuhe 2 2 Todistuksen pääpiirteinen kulku 3 3 Todistus 4 Lähdeluettelo 9 1

3 1 Esipuhe Luvun π irrationaalisuus seuraa suoraan sen transkendenttisuuden todistuksesta (Lindemann, 1882). Transkendenttisuustodistus vain sattuu harmillisesti olemaan aikamoisen pitkä sekä vaivalloinen, joten lienee aiheellista ainakin asioiden helppouden ja omaksuttavuuden vuoksi löytää yksinkertaisempi todistus pelkälle π:n irrationaalisuudelle. Seuraavassa esitettävän todistuksen esitti I. Niven ensimmäisen kerran vuonna 1947 otsikolla A Simple Proof That π Is Irrational. Sittemmin todistus on valittu eittämättömän eleganttiutensa ansiosta muun muassa kirjaan Abstract Algebra (Third Edition, Herstein I. N., 1996), jota itsekin käytin tutustuessani todistuksen vaiheisiin. Todistuksessa on jännittävää, kuinka hyvin vähillä, mutta sitäkin onnistuneemmilla valinnoilla ja hivenen analyysin puolelta koukaten pystytään todistamaan noinkin puhtaasti lukuteoreettinen tulos. 2

4 2 Todistuksen pääpiirteinen kulku Vaihe 1: Tehdään vastaoletus. Oletetaan siis, että π = a b, missä a, b Z +. Vaihe 2: Määritellään vastaoletusta hyväksi käyttäen jokaista positiivista kokonaislukua n kohden sellainen tietynlainen polynomi f(x), että f(x) = f(π x) ja siis f (i) (x) = ( 1) (i) f (i) (π x). Vaihe 3: Todetaan polynomin f(x) määrittelyn ja todettujen ominaisuuksien nojalla, että f (i) () on aina kokonaisluku. Vaihe 4: Määritellään sellainen apufunktio F (x), että f(x) = F (x) + F (x) ja siis d dx (F (x) sin x F (x) cos x) = f(x) sin x. Vaihe 5: Todetaan, että määrätty integraali π f(x) sin x dx saa pelkästään kokonaislukuarvoja. Vaihe 6: Muodostetaan epäyhtälö, jolla tämä määrätty integraali saadaan suppenemisen nojalla ykkösen ja nollan väliin jollakin kokonaisluvun n arvolla. Muodostuu ristiriita, jonka nojalla vastaoletus on väärä ja väite oikea. 3

5 3 Todistus Vaihe 1. On todistettava, että π on irrationaalinen. Yksi luonnollinen tapa tämän todistamiseen on tehdä vastaoletus ja johtaa vastaoletuksen avulla ristiriita. Oletetaan siis, että π on rationaalinen ts. että se voidaan esittää kahden positiivisen kokonaisluvun osamääränä eli muodossa π = a b, missä a, b Z +. Vaihe 2. Määritellään jokaista positiivista kokonaislukua n kohti polynomi f(x) seuraavasti: f(x) = xn (a bx) n. n! Yllä olevassa luvut a ja b ovat edellisessä vaiheessa kiinnitetyt kokonaisluvut. Polynomin valinnassa on kiinnitetty huomiota siihen, että sen ominaisuudet johtavat haluttuihin lopputuloksiin. On tärkeää huomata, että nämä ominaisuudet pätevät jokaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n. Tarkastellaan ensimmäiseksi polynomin auki kerrottua muotoa missä f(x) = a x n + a 1 x n a n x 2n, n! a i = ( 1)i n! i!(n i)! an i b i = ( 1) i ( n i ) a n i b i, kun i =, 1,..., n. Huomataan, että kertoimet a, a 1,..., a n ovat kaikki kokonaislukuja. 4

6 Tämän lisäksi huomataan, että f(x) = f(π x), sillä f(a/b x) = (a/b x) n (a b(a/b x)) n /n! = ((a bx)/b)(bx)) n /n! = (a bx) n x n /n! = f(x) Tarkastellaan seuraavaksi polynomin f(x) i:nnettä derivaattaa f (i) (x) ja käytetään siihen yhdistetyn funktion derivoimissääntöä, jolloin edellisen nojalla saadaan f (i) (x) = ( 1) i f (i) (π x). Koska tämä tulos on voimassa kaikilla polynomin f(x) derivaattojen arvoilla, sitä voidaan käyttää hyväksi seuraavassa erityisesti silloin, kun tarkastellaan derivaatan arvoa f (i) () = ( 1) i f (i) (π). Vaihe 3. Koska seuraavaksi tarkastelun alle joutuvat siis polynomin f(x) eri derivaatat, esitetään ensiksi f(x) summamuodossaan: f(x) = 1 n! n a j x n+j. j= Kun yllä olevaa derivoidaan i kertaa, nähdään, että f (i) () = i!a i n /n! (muut termit nollautuvat, kun x = ). Koska termin x i kerroin i!a i n /n! on nolla, kun i < n tai i > 2n, niin myös f (i) () =, kun i < n tai i > 2n. Puolestaan silloin, kun n i 2n, on derivaatan arvo f (i) () = i!a i n /n! kokonaisluku, sillä i n. Näin ollen f (i) () on kokonaisluku aina, kun i Z +. Samoin f (i) (π) = ( 1) i f (i) () on tällöin kokonaisluku aina, kun i Z +. 5

7 Vaihe 4. Määritellään apufunktio F (x) seuraavasti: F (x) = f () (x) f (2) (x) + + ( 1) n f (2n) (x). Koska f (m) (x) =, kun m > 2n, ja derivoidaan termeittäin, huomataan, että F (x) = f (1) (π x) + f (3) (π x) + ( 1) n+1 f (2n 1) (π x) ja edelleen F (x) = f (2) (x) f (4) (x) + + ( 1) n f (2n) (x) = F (x) + f(x) f(x) = F (x) + F (x). Näin ollen d dx (F (x) sin x F (x) cos x) = F (x) sin x + F (x) cos x F (x) cos x + F (x) sin x = F (x) sin x + F (x) sin x = (F (x) + F (x)) sin x = f(x) sin x. Vaihe 5. Nyt on saatu tulos f(x) sin x = d dx (F (x) sin x F (x) cos x), jolloin ottamalla määrätty integraali funktiosta f(x) sin(x) saadaan π f(x) sin xdx = = π / π d dx (F (x) sin x F (x) cos x)dx (F (x) sin x F (x) cos x) = (F (π) sin π F (π) cos π) (F () sin F () cos ) = F (π) + F (). 6

8 Aikaisemmin todettiin, että kaikki luvut f (i) (π) ja f (i) () ovat kokonaislukuja, joten funktion F (x) määrittelyn nojalla sekä F (π) että F () ovat kokonaislukuja. Tällöin myös F (π) + F () = π f(x) sin xdx on kokonaisluku. Pannaan merkille, että yllä oleva on tosi kaikille kokonaisluvun n määräämille polynomeille. Vaihe 6. Arvioidaan nyt määrättyä integraalia π f(x) sin xdx ja pyritään saamaan ristiriita käyttämällä jotakin perin nokkelaa kokonaisluvun n arvoa. Huomataan, että kun liikutaan välillä < x < π, saadaan muodostettua epäyhtälöt f(x) = x n (a bx) n /n! < π n a n /n! = (πa) n /n! (1) < sin x 1 (2) Nyt epäyhtälöiden (1) ja (2) nojalla saadaan < π f(x) sin xdx < π (πa) n /n!dx = π(πa) n /n!. (3) Osoitetaan nyt, että jos u R, u >, niin u n /n!, kun n, erityisesti kun u = πa. Koska n kasvaa mielivaltaisen suureksi (suuremmaksi kuin u), voidaan merkitä < u n /n! = u n k u k n(n 1)... (k + 1)k(k 1)... 2, missä k > u = un k u k n!/k! k! (merkitään q = uk k! ) < u n k q. (u + 1) n k Koska u n /(u + 1) n = (u/(u + 1)) n, kun n, 7

9 niin myös u n k q, kun n. (u + 1) n k Nyt siis yllä olevan epäyhtälön nojalla myös u n /n!, kun n. Kun nyt valitaan u = πa >, niin myös π(πa) n /n!, kun n. Tästä ja epäyhtälöstä (3) seuraa, että kun valitaan n tarpeeksi suureksi, saadaan < π f(x) sin x dx < 1. Aikaisemmin on kuitenkin osoitettu, että π f(x) sin xdx on kokonaisluku. Nollan ja yhden välillä ei ole kokonaislukuja, joten on saatu aikaan ristiriita. Vastaoletus on siis väärä ja väite oikea. On todistettu, että π on irrationaaliluku. 8

10 Lähdeluettelo Herstein, I. N. Abstract Algebra, Third Edition, s , Prentice-Hall,