العدد ط غير نسبي

نظرية 1: العدد $\pi$ غير نسبي, أي لا ينتمي إلى Q.

توجد براهين عديدة لذلك أحدها برهان نيفين [1] ، والبرهان الآتي هو ينسب إلى ماري كارترايت [2] ويعتبر أوليا مقارنة بغيره وقد قسمته على عدة خطوات رئيسية ليسهل علينا المتابعة. ليكن n عدد صحيح غير سالب. عرف المتتابعة ( $f_n$ ) من الدوال الحقيقية القيمة بالعلاقة

$f_n (u) = \int_{ - 1}^1 {(1 - x^2 )^n \cos (ux)} \;dx$

حيث u عدد حقيقي موجب.

الخطوة 1: لأي عدد صحيح موجب n>1 فإن $f_n$ تحقق العلاقة التكرارية

$u^2 f_n (u) = 2n(2n - 1)f_{n - 1} (u) - 4n(n - 1)f_{n - 2} (u)\quad \quad (I)$

البرهان: بداية لاحظ أن

$\int_{ - 1}^1 {x^2 (1 - x^2 )^{n - 2} \cos (ux)} \;dx = \int_{ - 1}^1 {\left({(1 - x^2 )^{n - 2} - (1 - x^2 )^{n - 1} } \right)\cos (ux)} \;dx$

بتوزيع التكامل والتعبير عن الناتج بدلالة متتابعة الدوال ينتج مباشرة

$\int_{ - 1}^1 {x^2 (1 - x^2 )^{n - 2} \cos (ux)} \;dx = f_{n - 2} (u) - f_{n - 1} (u)\quad \quad (II)$

نطبق الآن التكامل بالتجزيء مرتين على $f_n (u)$ حيث التكامل يسري على x مع اعتبار u ثابتة.

$f_n (u) = (1 - x^2 )^n \frac{{\sin (ux)}}{u}\left. {} \right|_{ - 1}^1 + \frac{{2n}}{u}\int_{ - 1}^1 {x(1 - x^2 )^{n - 1} \sin (ux)} \;dx$

$= 0\; + \frac{{2n}}{u}\int_{ - 1}^1 {x(1 - x^2 )^{n - 1} \sin (ux)} \;dx = \frac{{2n}}{u}\int_{ - 1}^1 {x(1 - x^2 )^{n - 1} \left( {\frac{{ - \cos (ux)}}{u}} \right)^' } \;dx$

$= \frac{{ - 2n}}{{u^2 }}x(1 - x^2 )^{n - 1} \left. {\cos (ux)} \right|_{ - 1}^1 + \frac{{2n}}{{u^2 }}\int_{ - 1}^1 {(1 - x^2 )^{n - 2} \left( {(1 - x^2 ) - 2x^2 (n - 1)} \right)\cos (ux)} \;dx \\$

أيضا هنا الحد الأول يساوي صفر. بفك الأقواس وتوزيع التكامل ينتج مباشرة

$f_n (u) = \frac{{2n}}{{u^2 }}f_{n - 1} (u) - \frac{{4n(n - 1)}}{{u^2 }}\int_{ - 1}^1 {x^2 (1 - x^2 )^{n - 2} \cos (ux)} \;dx$

بالتعويض من (II) عن التكامل ينتج

$f_n (u) = \frac{{2n}}{{u^2 }}f_{n - 1} (u) - \frac{{4n(n - 1)}}{{u^2 }}(f_{n - 2} (u) - f_{n - 1} (u))$

بالضرب في مربع u وترتيب المساواة نصل إلى

$u^2 f_n (u) = 2n(2n - 1)f_{n - 1} (u) - 4n(n - 1)f_{n - 2} (u)$

وهو المطلوب.

خطوة 2: لأي عدد صحيح غير سالب n فإن هناك حدوديتين $P_n ,\;Q_n$

في u ذات معاملات صحيحة بحيث

$f_n (u) = \frac{{n!}}{{u^{2n + 1} }}\left( {P_n (u)\sin u - Q_n (u)\cos u} \right)\quad \quad (III)$

البرهان: باستخدام الاستقراء الرياضي (النسخة القوية). عندما n=0 فإن

$f_0 (u) = \int_{ - 1}^1 {\cos (ux)} \;dx = \frac{{\sin u - \sin ( - u)}}{u} = \frac{{2\sin u}}{u}$

وبالتالي العلاقة صحية حيث $P_n (u) = 2,\;Q_n (u) = 0$ . عندما n=1 فإن

$f_1 (u) = \int_{ - 1}^1 {(1 - x^2 )\cos (ux)} \;dx = \int_{ - 1}^1 {\cos (ux)} \;dx - \int_{ - 1}^1 {x^2 \cos (ux)} \;dx$

إذا

$f_1 (u) = \frac{{\sin (ux)}}{u}\left. {} \right|_{ - 1}^1 - \left( {\frac{{2x\cos (ux)}}{{u^2 }} + \frac{{(u^2 x^2 - 2)\sin (ux)}}{{u^3 }}} \right)\left. {} \right|_{ - 1}^1$

ومنه

$f_1 (u) = \frac{{2\sin u}}{u} - \frac{{2\cos u}}{{u^2 }} - \frac{{2(u^2 - 2)\sin u}}{{u^3 }} = \frac{{4\sin u}}{{u^3 }} - \frac{{4u\cos u}}{{u^3 }}$

وبالتالي العلاقة صحيحة حيث $P_1 (u) = 4,\;Q_1 = 4u$ .

الآن افرض أن n>1 وأن العلاقة صحيحة لكل 0,1,2,...,n-1. إذا من العلاقة التكرارية في خطوة 1 لدينا

الآن افرض أن n>1 وأن العلاقة صحيحة لكل 0,1,2,…,n-1. إذا من العلاقة التكرارية في خطوة 1 لدينا

$\begin{array}{l} u^2 f_n (u) = 2n(2n - 1)f_{n - 1} (u) - 4n(n - 1)f_{n - 2} (u) \\= 2n(2n - 1)\frac{{(n - 1)!}}{{u^{2n - 1} }}\left( {P_{n - 1} (u)\sin u - Q_{n - 1} (u)\cos u} \right) \\ - 4n(n - 1)\frac{{(n - 2)!}}{{u^{2n - 3} }}\left( {P_{n - 2} (u)\sin u - Q_{n - 2} (u)\cos u} \right) \\ = 2(2n - 1)\frac{{n!}}{{u^{2n - 1} }}\left( {P_{n - 1} (u)\sin u - Q_{n - 1} (u)\cos u} \right) \\ - 4\frac{{n!u^2 }}{{u^{2n - 1} }}\left( {P_{n - 2} (u)\sin u - Q_{n - 2} (u)\cos u} \right) \\ \end{array}$

بالترتيب والقسمة على مربع u نصل إلى

$\begin{array}{l} f_n (u) = \frac{{n!}}{{u^{2n + 1} }}\left( {2(2n - 1)P_{n - 1} (u) - 4u^2 P_{n - 2} (u)} \right)\sin u \\\quad \quad + \frac{{n!}}{{u^{2n + 1} }}\left( {4u^2 Q_{n - 2} (u) - 2(2n - 1)Q_{n - 1} (u)} \right)\cos u \\\end{array}$

ما بداخل الأقواس عبارة عن حدوديات بمعاملات صحيحة سمها $P_n ,\;Q_n$ على الترتيب وهذا يثبت العلاقة المطلوبة.

خطوة 3: لكل عدد صحيح غير سالب n فإن درجة $P_n$ لا تزيد عن n بمعنى

$\deg (P_n ) \le n$

البرهان: أيضا سنستخدم الاستقراء الرياضي كالسابق. العلاقة واضحة عندما n=0,1. لذلك افرض أن n>1 وأن العلاقة صحيحة لكل 0,1,2,...,n-1. من خلال البرهان السابق وجدنا أن

$P_n (u) = 2(2n - 1)P_{n - 2} (u) - 4u^2 P_{n - 2} (u)$

إذا درجة $P_n$ (ونرمز لها deg) لا تزيد عن الدرجة الكبرى للحدوديتين المكونة لهذا المجموع, بمعنى

$\deg P_n \le \max \left\{ {\deg P_{n - 1} ,\deg u^2 P_{n - 2} } \right\}$

ولكن درجة $u^2 P_{n - 2}$ تزيد عن درجة $P_{n - 2}$ بمقدار درجتين ولذلك فإن

$\deg \;u^2 P_{n - 2} = 2 + \deg P_{n - 2} \le 2 + (n - 2) = n$

إذا $\deg P_n \le n$ وهو المطلوب.

خطوة 4: العدد $\pi$ لا ينتمي إلى Q مجموعة الأعداد النسبية.

البرهان: افرض ان $\pi$ عدد نسبي, إذا كذلك $\frac{\pi }{2}$ . إذا يوجد عددين صحيحين موجبين a,b بحيث $\frac{\pi }{2} = \frac{a}{b}$ وبالتالي من العلاقة (III) ينتج لنا

$f_n \left( {\frac{a}{b}} \right) = n!\left( {\frac{b}{a}} \right)^{2n + 1} \left( {P_n \left( {\frac{b}{a}} \right)\sin \frac{\pi }{2} - Q_n \left( {\frac{b}{a}} \right)\cos \frac{\pi }{2}} \right) = n!\left( {\frac{b}{a}} \right)^{2n + 1} P_n \left( {\frac{b}{a}} \right)$

وبالتالي

$a^{2n + 1} f_n \left( {\frac{a}{b}} \right) = n!b^{2n + 1} P_n \left( {\frac{b}{a}} \right)\quad \quad (IV)$

بما أن $P_n$ حدودية فإنه يمكن كتابتها بالشكل

$P_n (u) = \sum\nolimits_{k = 0}^{D_n } {c_{n,k} u^k }$

حيث $D_n$ درجة الحدودية $P_n$ و $c_{n,k}$ معاملاتها. بالتعويض في العلاقة (IV)

$a^{2n + 1} f_n \left( {\frac{a}{b}} \right) = n!b^{2n + 1} P_n \left( {\frac{a}{b}} \right) = n!b^{2n + 1} \sum\limits_{k = 0}^{D_n } {c_{n,k} \left( {\frac{a}{b}} \right)^k } = n!\sum\limits_{k = 0}^{D_n } {c_{n,k} a^k b^{2n + 1 - k} }$

الطرف الأيمن عدد صحيح لأن k اقل من n+1 دائما. ولكن هل هو موجب أم سالب ؟ للإجابة لاحظ أولا أن

$f_n (a/b) = f_n (\pi /2) = \int_{ - 1}^1 {(1 - x^2 )^n \cos (\pi x/2)} \;dx > 0$

وذلك لأن الدالة المكاملة موجبة على الفترة المفتوحة $( - 1,1)$ . إذا الطرف الأيمن عدد صحيح موجب , إذا

$a^{2n + 1} f_n \left( {\frac{a}{b}} \right) = n!\sum\limits_{k = 0}^{D_n } {c_{n,k} a^k b^{2n + 1 - k} } \ge n!(1) = n!$

إذا

$f_n \left( {\frac{a}{b}} \right) \ge \frac{{n!}}{{a^{2n + 1} }}$

ولكن من مفكوك ماكلورين للدالة الأسية

$ae^{a^2 } = \sum\nolimits_{n = 0}^\infty {\frac{{a^{2n + 1} }}{{n!}}} < \infty$

ومن التقارب فإن الحد النوني يؤول إلى الصفر. إذا $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!}}{{a^{2n + 1} }} = \infty$ . هذا يعني أن لأي عدد موجب M مهما كان كبيرا فإنه يوجد n بحيث $f_n \left({\frac{a}{b}} \right) > M$ مما يعني أن $\left( {f_n (a/b)} \right)$ متتابعة غير محدودة. ولكن في المقابل لدينا $1 - x^2 \le 1$ على فترة التكامل وبالتالي