A pi irracionális voltának bizonyítása

A pí szám irracionális. Jelen cikk ezt az állítást bizonyítja.

Johann Heinrich Lambert (1728–1777) bizonyítása a tangensfüggvényt és a lánctörteket használja. Lényege, hogy a racionális számok tangense irracionális. A π/4 tangense 1, így π/4, tehát π sem lehet racionális.

A bizonyításhoz két lemma tartozik:

1. lemma: legyen $x=b_{0}+{\frac {a_{1}}{\displaystyle b_{1}+{\frac {a_{2}}{\displaystyle b_{2}+{\frac {a_{3}}{\displaystyle b_{3}+{\frac {a_{4}}{b_{4}+\cdots }}}}}}}},$ ahol $a_{i}$ és $b_{i}$ relatív prímek. Ekkor, ha véges kivétellel $|a_{i}|<|b_{i}|$ , akkor $x$ irracionális.

2. lemma: $x$ tangensének lánctört alakja: $\mathrm {tg} (x)={\frac {x}{\displaystyle 1-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 3-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 5-{\frac {x^{2}}{7-\cdots }}}}}}}},$

Első lemma

Feltehető, hogy már az $i=1$ értéktől kezdve $|a_{i}|<|b_{i}|$ , kivételek nincsenek. Ekkor minden pozitív egész $i$ -re $b_{i}-1<b_{i}+{\frac {a_{i+1}}{b_{i+1}}}<b_{i}+1$ , és mivel az $a_{i}$ és $b_{i}$ egészek különbsége legalább 1, ezért $\left|b_{i}+{\frac {a_{i+1}}{b_{i+1}}}\right|>|a_{i}|$ . Mivel az ${\frac {a_{i+1}}{b_{i+1}}}$ érték feltevésünk szerint egynél kisebb, ezért nem tudja megváltoztatni az egész számok előjelét.

Az előjel nem változott, ennélfogva ${\frac {a_{i}}{\displaystyle b_{i}+{\frac {a_{i+1}}{\displaystyle b_{i+1}}}}}$ előjele megegyezik ${\frac {a_{i}}{b_{i}}}$ előjelével. Hasonlóan kaphatjuk, hogy ${\frac {a_{i-1}}{\displaystyle b_{i-1}+{\frac {a_{i}}{\displaystyle b_{i}+{\frac {a_{i+1}}{\displaystyle b_{i+1}}}}}}}$ előjele is megegyezik ${\frac {a_{i}}{b_{i}}}$ előjelével, és abszolútértéke egynél kisebb. Leszálló rekurzióval (ismertebb néven: végtelen leszállással) beláthatjuk, hogy $x$ előjele is ugyanez, és abszolútértéke nem lehet egynél nagyobb.

Az $|x|=1$ eseteket könnyen átvizsgálhatjuk. Ha $|x|<1$ , akkor tegyük fel indirekt, hogy $x$ racionális:

x={\frac {p}{q}}={\frac {a_{1}}{b_{1}+p_{1}}}

,

ahonnan $p_{1}={\frac {qa_{1}-pb_{1}}{p}}={\frac {r}{p}}$ . A $p_{1}$ szám olyan, mint a fenti $x$ , tehát egynél kisebb abszolútértékű, és $|r|<|p|$ . Ezt ismételve törtek végtelen sorozatához jutunk, ahol a számlálók abszolútértékben csökkenő egészek, ami ellentmondás.

Második lemma

A szinusz és a koszinusz sorfejtését felhasználva:

\mathrm {tg} (x)={\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}={\frac {\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}}{\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}}}={\frac {x}{\frac {\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}}}{\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n+1)!}}}}}.

\mathrm {tg} (x)={\frac {x}{1+R_{1}}},

ahol

R_{1}=-x^{2}{\frac {\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}2nx^{2n-2}}{(2n+1)!}}}{\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n+1)!}}}}={\frac {-x^{2}}{\frac {\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}x^{2n}}{(2n+1)!}}}{\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(2n+2)x^{2n}}{(2n+3)!}}}}}

és hasonlóan írhatjuk, hogy $R_{1}={-x^{2}}{3+R_{2}}.$ Ezt folytatva kapjuk, hogy $\mathrm {tg} (x)={\frac {x}{\displaystyle 1-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 3-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 5-{\frac {x^{2}}{\cdots -{\frac {x^{2}}{2k-1+R_{k}}}}}}}}}}},$

a rekurziót feloldva

$R_{k}={\frac {\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(2n+2)(2n+4)\dots (2n+2k)x^{2n+2}}{(2n+2k+1)!}}}{\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(2n+2)(2n+4)\dots (2n+2k-2)x^{2n}}{(2n+2k-1)!}}}}$

Innen már következik, hogy

$\mathrm {tg} (x)={\frac {x}{\displaystyle 1-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 3-{\frac {x^{2}}{\displaystyle 5-{\frac {x^{2}}{7-\cdots }}}}}}}},$

Még bizonyítani kellene, hogy ez a sor a tangenshez konvergál. Ehhez a számlálók és a nevezők egyenletes konvergenciáját és határértékeit kell igazolni.