π er irrationel Frank Nasser 10. december 2011 2008-2011. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her.
Indhold 1 Introduktion 1 2 π er irrationel 3 3 Den lille detalje 13
Resumé I dette dokument beviser vi at π (den halve omkreds af enhedscirklen) ikke er et rationelt tal. 1 Introduktion Cirkler er noget mærkeligt noget. På den ene side er det noget vi allesammen nemt kan forestille os. Faktisk har mennesker tegnet cirkler lige så længe de har kunnet tegne Måske fordi solskiven er sådan en pæn cirkelagtig figur der nok må siges at springe i øjnene på de fleste. Men på den anden side er cirklen sådan en perfekt figur at den faktisk ikke findes i virkeligheden. Alle vores forsøg på at tegne eller fremstille cirkler viser sig at blive nogle klodsede, kantede figurer hvis man kigger grundigt nok efter. Men ideen om at tage et linjestykke af en bestemt længde og bøje enderne rundt, så de lukker sammen og danner en cirkel, er dog ganske naturlig for os. Og ideen om at gå rundt om et punkt i en bestemt, fast afstand er mindst lige så naturlig. Så både cirkler med en bestemt omkreds og cirkler med en bestemt diameter (eller som her: radius) er meget naturlige objekter. Dermed er forholdet mellem enhver cirkels diameter og omkreds, π, nok det mest naturligt forekommende tal i verden. Sjovt nok er π alligevel ikke et naturligt tal. Men endnu værre end det: Det viser sig at π ikke engang er et rationelt tal Altså en brøk med naturlige tal i både tæller og nævner. Med andre ord findes der ikke en eneste cirkel hvor både diameteren og omkredsen er naturlige tal. Forudsætninger Dette bevis er nok det sværeste du kan finde på Matbog.dk. Vi skal bruge næsten alt det matematik som man plejer at lære de første to år af en gymnasiel uddannelse. side 1
For det første har vi brug for nogle objekter som indeholder π i deres identitet. Disse objekter er naturligvis funktionerne sinus og cosinus 1, der jo gentager sig selv periodisk med en periode på netop det dobbelte af π. (Ihvertfald hvis man angiver vinkler på den rigtige måde altså i radianer!) Dernæst har vi brug for nogle egenskaber ved disse objekter som på en tilpas dybsindig måde forbinder dem med de naturlige tal. Det viser sig at blive det faktum at sinus bliver til cosinus når den differentieres 2 (dette er kun rigtigt hvis man bruger bruger radianbegrebet i definitionen af cosinus og sinus). Kombinerer man denne egenskab med analysens fundamentalsætning 3 finder man nemlig ud af at bestemte integraler 4 af cosinus og sinus (altså arealerne mellem deres grafer og x-aksen) har det med at give naturlige tal når man integrerer mellem to nulpunkter altså på et interval af længden π. Til sidst har vi brug for en meget snedig måde at bruge dette på, sådan at hvis π skulle være et rationelt tal, så ville der opstå noget som overhovedet ikke findes 5. I vores tilfælde viser vi hvordan man, hvis π var rationel, kunne bygge en meget snedig funktion (eller rettere: en masse snedige funktioner) som kunne bruges til at udregne et tal med nogle helt umulige egenskaber. Til selve konstruktionen har vi brug for begrebet fakultet af et naturligt tal 6 og for binomialformlen 7. 1 Læs om definitionen af radianbegrebet og funktionerne sinus og cosinus her 2 Læs om differentiation af de trigonometriske funktioner her 3 Læs et bevis for analysens fundamentalsætning her 4 Læs om bestemt integration her 5 Dette er et såkaldt modstridsbevis. Dem kan du læse mere om her 6 Læs om fakultetoperationen her 7 Læs om binomialformlen her side 2
2 π er irrationel Denne sætning bør ledsages af lidt musik. Brug lige to minutter her for at komme i den rigtige stemning inden du læser den. Sætning 1. π Q Bevis. Som nævnt vil vi lave et modstridsbevis. Det betyder at vi (i et stykke tid) vil antage at π er rationel, og vise at dette (kombineret med ting som vi ved er rigtige) fører frem til noget som vi ved er forkert. Antag derfor (fra nu af!) at π er et rationelt tal. Dermed er π 2 også et rationelt tal (når man ganger en brøk med sig selv, så bliver resultatet en brøk). Dermed findes der et naturligt tal, a og et naturligt tal, b (hvor b 0) sådan at: π 2 = a b Konstruktionerne i resten af dette kapitel (som selvfølgelig benytter sig af a og b) og egenskaberne ved dem leder frem til et tal, x, som opfylder at: x N og at: 0 < x < 1 Eftersom sådan et tal ikke eksisterer, er sætningen bevist i samme øjeblik dette x dukker op. Vi starter med nogle funktioner som slet ikke har noget med a og b eller π at gøre: side 3
Definition 2. For hvert naturligt tal, n, defineres funktionen f n ved: f n (x) = xn (1 x) n n! Lemma 3. For hver eneste værdi af n har funktionen f n følgende egenskaber: 1. f n (x) = f n (1 x). 2. Grafen for f n er symmetrisk omkring den lodrette linje gennem x = 1 2. 3. For alle x ]0; 1[ er: 0 < f n (x) < 1 n! 4. Hvis man differentierer f n mere end 2n gange, så giver det nulfunktionen. 5. f n og alle dens afledede funktioner; f n, f n,... opfylder at deres værdier i x = 0 og x = 1 er hele tal. Bevis. Den første egenskab kan bevises ved en simpel beregning: f n (1 x) = (1 x)n (1 (1 x)) n n! = (1 x)n x n n! = f n (x) Den anden egenskab er en direkte konsekvens af den første. (Den første egenskab betyder jo at grafen er i samme højde når vi er gået x til højre fra nul som når vi er gået x til venstre fra 1.) Den tredie egenskab kræver at man tænker nøje over hvad f gør ved et tal mellem 0 og 1: Når x ]0;1[ så er (1 x) også i dette interval, så når de begge opløftes i n te potens ligger de stadig mellem 0 og 1. Når man så ganger x n sammen med (1 x) n giver det stadig noget mellem 0 og 1, og når man dividerer dette med n!, havner resultatet mellem 0 og 1 n!. side 4
De sidste to egenskaber er de vanskeligste at bevise. Det er nemt at se at f n (0) = 0 og f n (1) = 0 hvilket må siges at være heltal. Men for at differentiere f n er det lettest at omskrive (1 x) n ved hjælp af binomialformlen: ( ) f n (x) = xn n n n! ( 1) i x i i i=0 Det kan hjælpe på overblikket at se på et konkret eksempel, og så holde øje med hvad der sker generelt. Vi ser på n = 3: (( ) ( ) ( ) ( ) ) f 3 (x) = x3 3 3 3 3! 1 x + x 2 3 x 3 0 1 2 3 = x3 3! (1 3x + 3x 2 x 3) = 1 3! (x 3 3x 4 + 3x 5 x 6) Ved nærmere eftersyn er f n altså 1 n! ganget med et polynomium som har hele tal som koefficienter og som kun har potenser af x mellem n og 2n. Derfor er det klart at hvis man differentierer mere end 2n gange, så ender man man nulfunktionen. (Graden af et polynomium bliver 1 mindre hver gang man differentierer). Når vi så differentierer f n og sætter x = 0 ind, så giver det nul ved de første n 1 differentiationer (fordi der intet konstantled er), og igen efter 2n + 1 differentiationer (fordi den afledede herefter giver nul). Det mest interessante sker hvis man differentierer et antal gange mellem n og 2n. Så kommer der et konstantled som står tilbage når man indsætter x = 0. Ved nærmere eftersyn kan man dog se at dette konstantled (som jo kommer af at vi har differentieret x k k gange) altid vil være et helt tal ganget med n!. Derfor vil divisionen med n! gå op, og der vil stå et heltal tilbage når x = 0 indsættes. På grund af symmetrien omkring x = 1 gælder det samme i x = 1. 2 side 5
Nu bruger vi så a og b sammen med funktionerne ovenfra til at lave nogle flere funktioner: Definition 4. For hvert naturligt tal, n, defineres funktionen F n ved: F n (x) = b n n ( 1) k π 2n 2k f (2k) (x) k=0 n Dén skal lige forklares: Der er n + 1 led i summen som skiftesvis har positivt og negativt fortegn. Desuden består hvert af disse led af π opløftet i en lige potens (første gang i 2n te, og sidste gang i nul te) ganget med f n differentieret et lige antal gange (første gang nul gange, og sidste gang 2n gange). F.eks. er F 3 givet ved: F 3 (x) = b 3 ( π 6 f 3 (x) π 4 f 3 (x) + π2 f (4) Lemma 5. For hver eneste værdi af n er: F n (0) og F n (1) heltal. 3 (x) f (6) 3 (x) ) Bevis. Ifølge lemma 3 giver alle udtrykkene af typen: f n (2k) (x) heltal hvis man indsætter x = 0 eller x = 1. Hvert af disse heltal ganges så med et udtryk af typen: π 2n 2k = π 2(n k) = ( π 2) n k = ( a b ) n k = a n k b n k Men når så b n ganges ind i parentesen bliver alle disse brøker til heltal, og dermed giver hele udregningen et heltal. Er du med endnu? Godt, for vi skal lige have defineret en sidste portion funktioner: side 6
Definition 6. For hvert naturligt tal, n defineret funktionen G n ved: G n (x) = 1 π F n (x) sin(πx) F n(x) cos(πx) Den er i virkeligheden ikke så slem. Vi blander bare F n og dens afledede F n med cosinus og sinus på en smart måde. Nu er vi færdige med at konstruere funktioner! Lad os undersøge hvad der sker når man differentierer G n : Lemma 7. For hver eneste værdi af n er G n (x) = sin(πx) an π f n (x) Bevis. Beviset for dette lemma er klart den længste del af dokumentet. Men det er i virkeligheden den nemmeste del. Man skal bare holde tungen lige i munden og bruge alt hvad vi har gjort klar i det foregående. G n (x) = 1 ( F n π (x) sin(πx) + F n (x) cos(πx) π) ( F n (x) cos(πx) F n(x) sin(πx) π ) (Vi har differentieret hvert led for sig ved at bruge reglen for differentiation af produkter på hvert af dem. Minuset inde i den sidste parentes kommer fra at cosinus differentieret giver minus sinus, og π erne til sidst i begge parenteser kommer fra at vi har brugt kædereglen til at differentiere de sammensatte funktioner cos(πx) og sin(πx).) Nu kan vi se en del af hvorfor G n er defineret som den er. Når man ganger 1 ind i den første parentes, så bliver led nummer 2 nemlig præcis π det samme som bliver trukket fra i begyndelsen af den næste parentes! side 7
Det betyder at vi kan omskrive: G n (x) = 1 π F n (x) sin(πx) + F n(x) sin(πx) π Nu laver vi en smart lille manøvre, som vil vise hvorfor F n erne er defineret meget smart. Vi vil gange det sidste led med både π og med 1 π (dermed har vi intet gjort), hvorefter faktoren 1 π kan sættes uden for parentes. Det giver: G n (x) = 1 π = 1 π ( F n (x) sin(πx) + F n(x) sin(πx) π 2) sin(πx) (F n (x) + F n(x) π 2) Nu bliver det rigtig smukt. Hvis man kigger grundigt på definitionen af F n (det er nemmest at se på eksemplet n = 3, men det er vigtigt at indse at det samme sker for alle andre værdier af n også), så opdager man at parentesen: F n (x) + F n(x) π 2 slet ikke er så slem. Hvis man differentierer hvert af leddene i F n to gange, så er det præcis det samme som at tage det næste led i summen og gange det med π 2. (Læs hellere denne sætning tre gange, så du er sikker på at du kan se det!) Eftersom det næste led altid har omvendt fortegn af det foregående, så betyder det at når man lægger F n (x) sammen med F n(x) π 2 så vil næsten alle leddene stå lagt til i den ene halvdel, og trukket fra i den anden, sådan at de tilsammen giver nul. De eneste led som kun står et sted er det sidste led af F n (x) og det første led af F n (x) π 2. Altså: b n π 2n+2 f n (x) side 8
og b n ( 1) n f (2n+2) (x) Men den sidste er heldigvis bare nul, fordi f n bliver nul når den differentieres mere end n gange. Så alt i alt har vi bare: G n (x) = 1 π sin(πx) bn π 2n+2 f n (x) = sin(πx) b n π 2n+1 f n (x) at Nu mangler vi kun at indsætte det allerførste vi startede med, nemlig π 2 = a b Det betyder at: π 2n+1 = π (π 2) n ( a ) n = π b = π an b n Hvis vi indsætter det i stedet for π 2n+1 får vi det som lemmaet påstår: G n (x) = sin(πx) an π f n (x) Nu er vi klar til den store finale. Husk at vi helt fra starten har antaget at π var rationel, og læg mærke til at vi har brugt det flere gange undervejs. Nu kan vi vise at dette fører til noget som helt klart er forkert. side 9
Lemma 8. For hver eneste værdi af n er giver integralet: 1 0 π sin(πx) a n f n (x)d x et heltal. Men på den anden side kan n vælges så stor at dette integral både er større end nul og mindre end 1. Bevis. Den første del påstand er den nemmeste at bevise. Vi har jo lige set at G n er en stamfunktion til den funktion som integreres. Derfor kan integralet nemt beregnes (ved hjælp af analysens fundamentalsætning, del 3): 1 0 π sin(πx) a n f n (x)d x = G n (1) G n (0) Hvis vi kigger på definitionen af G n så ser vi at det første led forsvinder både når vi indsætter x = 0 og x = 1. (Fordi sin(0) = 0 og sin(π) = 0.) Derfor er det kun det sidste led som skal bruges når vi skal beregne G n (1) G n (0). Det betyder at vi kan omskrive: 1 0 π sin(πx) a n f n (x)d x = F n (1) cos(π 1) ( F n (0) cos(π 0)) = F n (1) + F n (0) Men de giver jo begge heltal! Det viser at integralet er et heltal. Kan du mærke at det bliver spændende? Nu er det sådan at den funktion som integreres er positiv på hele det åbne interval ]0;1[. (Tjek lige efter: Alle de dele som er ganget sammen er positive. π og a n er det selvfølgelig. sin(πx) er det præcis når x er side 10
mellem 0 og 1, og f n er det fordi det var noget af det allerførste vi viste i lemma 3. Altså har vi: 1 π sin(πx) a n f n (x)d x > 0 0 Og nu det helt slemme: Eftersom sin(πx) aldrig bliver større end 1, og eftersom på hele intervallet, så har vi at: f n (x) < 1 n! π sin(πx) a n f n (x) < π an på hele intervallet. Vi har skitseret dette på figur 1 nedenfor. Det betyder at integralet (som jo er det skraverede areal på figur 1 må være mindre end arealet af kassen. n! 1,6 10-6 8 10-7 0,25 0,5 0,75 1-8 10-7 Figur 1: Grafen for den funktion som integreres, sammen med den vandrette linje y = π an n!. side 11
Altså: 1 Nu er det bare så heldigt at brøken 0 π sin(πx) a n f n (x)d x < π an n! 1 nærmer sig nul når n går imod uendelig. Det betyder at hvis vi bare gør n stor nok, så er og derfor er integralet 1 0 a n n! π an n! < 1 π sin(πx) a n f n (x)d x < π an n! < 1 og så har vi vores modstrid! side 12
3 Den lille detalje Der var en enkelt detalje som vi (med vilje) glemte at argumentere for i det ovenstående. Den skal du naturligvis ikke snydes for, men for en sikkerheds skyld tager vi den i et afsnit for sig selv, fordi argumentet er ret træls. Lemma 9. Brøken går imod nul når n. a n n! Bevis. Bemærk at brøken kan skrives som: a n n! = a 1 a 2 a 3 a n Hvis vi starter med at gøre n (meget) større end 2a, så kan vi skille det ovenstående produkt i de første 2a faktorer, og dem som kommer bagefter: a n n! = a 1 a 2 a 3 a 2a a 2a + 1 a n side 13
Tricket er nu at de første 2a faktorer, dem har vi ikke styr på hvor store de er. Men vi ved at der kun er 2a af dem. Det betyder at uanset hvor stor vi nu finder på at gøre n, så giver disse første faktorer altid det samme. Men alle de efterfølgende faktorer er mindre end 1 2. Det betyder at for hver ekstra faktor der ganges på, bliver det samlede resultat mindre end halvt så stort. Så ved at gange tilpas mange ekstra af disse faktorer på, kan vi gøre det samlede resultat lige så tæt på nul som vi har lyst til. side 14