"파이 π는 무리수이다"의 두 판 사이의 차이

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<math>a_{n}=\int_0^1x^n \sin \pi x\,dx</math> 라 두자.
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<math>y_{n}=\int_0^1x^n \sin \pi x\,dx</math> 라 두자.
  
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다음 점화식이 성립한다.
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<math>y_{n}=\frac{1}{\pi}-\frac{n(n-1)}{\pi^2}a_{n-2}</math>, <math>n\geq 2</math>, <math>y_0=\frac{2}{\pi}</math>, <math>y_1=\frac{1}{\pi}</math>.
  
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<math>a_{n}=\frac{1}{\pi}-\frac{n(n-1)}{\pi^2}a_{n-2}</math>
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수학적귀납법에 의해 보조정리가 증명된다. ■
  
 
 
 
 
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<math>0<|a^{n+1}I_{n}|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}P_n(x)\sin x\,dx|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|</math>
 
<math>0<|a^{n+1}I_{n}|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}P_n(x)\sin x\,dx|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|</math>
  
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<math>x(1-x)</math>는 구간 <math>[0,1]</math>에서 최대값 <math>1/4</math>를 가지므로,
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구간 <math>[0,1]</math>에서 <math>x(1-x)</math>의  최대값은 <math>1/4</math>이므로,
  
 
<math>|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|\leq |a^{n+1}\frac{1}{n!}\frac{\pi^{n}}{4^n}|</math> 이다.
 
<math>|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|\leq |a^{n+1}\frac{1}{n!}\frac{\pi^{n}}{4^n}|</math> 이다.

2011년 1월 2일 (일) 16:45 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • 파이가 무리수임의 증명
  • [Huylebrouck2001]참조

 

 

관찰

\(\int_0^1 \sin \pi x\,dx = \frac{2}{\pi}\)

\(\int_0^1 x \sin \pi x\,dx = \frac{1}{\pi}\)

\(\int_0^1x^2 \sin \pi x\,dx = \frac{\pi^2-4}{\pi^3}\)

\(\int_0^1x^3 \sin \pi x\,dx = \frac{\pi^2-6}{\pi^3}\)

\(\int_0^1x^4 \sin \pi x\,dx = \frac{48-12 \pi^2+\pi^4}{\pi^5}\)

\(\int_0^1x^5 \sin \pi x\,dx = \frac{120-20 \pi^2+\pi^4}{\pi^5}\)

\(\int_0^1x^6 \sin \pi x\,dx = \frac{-1440+360\pi^2-30 \pi^4+\pi^6}{\pi^7}\)

\(\int_0^1x^7 \sin \pi x\,dx = \frac{-5040+840\pi^2-42 \pi^4+\pi^6}{\pi^7}\)

 

보조정리 1

다음을 만족시키는 정수 \(a_0,a_1,\cdots,a_{n+1}\) 이 존재한다.

\(\int_0^1x^n \sin \pi x\,dx=\frac{a_{n+1}\pi^{n+1}+a_n\pi^{n}+\cdots+a_0}{\pi^{n+1}}\)

(증명)

\(y_{n}=\int_0^1x^n \sin \pi x\,dx\) 라 두자.

다음 점화식이 성립한다.

\(y_{n}=\frac{1}{\pi}-\frac{n(n-1)}{\pi^2}a_{n-2}\), \(n\geq 2\), \(y_0=\frac{2}{\pi}\), \(y_1=\frac{1}{\pi}\).

수학적귀납법에 의해 보조정리가 증명된다. ■

 

 

 

정의

르장드르 다항식 의 변형, \(P_n(x) = \frac{1}{n!} {d^n \over dx^n } \left[ x^{n}(1-x)^n \right]\) 을 정의하자. 

 

 

보조정리 2

\(n\geq 1\) 일 때, n번 미분가능한 함수 \(f\)에 대하여 다음이 성립한다.

\(\int_0^1P_n(x)f(x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1 x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx\).

(증명)

부분적분. ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리) 의 보조정리4 참조. ■

 

 

보조정리 3

다음을 만족시키는 정수 \(a_0,a_1,\cdots,a_{n+1}\) 이 존재한다.

\(\int_{0}^{1}P_n(x)\sin \pi x\,dx=\frac{a_{n+1}\pi^{n+1}+a_n\pi^{n}+\cdots+a_0}{\pi^{n+1}}\)

(증명)

 \(P_{n}(x)\)는 정수계수를 갖는 n차 다항식이므로, 보조정리 1 에 의하여 증명된다. ■

 

 

귀류법을 통한 증명의 마무리

이제 π는 무리수, 즉 \(\pi=a/b\) 이라고 가정하자. 

보조정리 3을 이용하면

 

\(I_{n}=\int_{0}^{1}P_n(x)\sin \pi x\,dx=\frac{a_{n+1}\pi^{n+1}+a_n\pi^{n}+\cdots+a_0}{\pi^{n+1}}=\frac{a_{n+1}a^{n+1}+a_nba^{n}+\cdots+a_0b^{n+1}}{a^{n+1}}\)

는 0이 아닌 유리수가 된다. 따라서 \(a^{n+1}I_{n}\) 는 자연수이다.

보조정리 2에 의하여,

\(0<|a^{n+1}I_{n}|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}P_n(x)\sin x\,dx|=|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|\)

구간 \([0,1]\)에서 \(x(1-x)\)의  최대값은 \(1/4\)이므로,

\(|a^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{1}{n!}x^n(1-x)^n\frac{d^{n}}{dx^{n}}\sin \pi x\,dx|\leq |a^{n+1}\frac{1}{n!}\frac{\pi^{n}}{4^n}|\) 이다.

n이 커지면 \(|a^{n+1}\frac{1}{n!}\frac{\pi^{n}}{4^n}|=|\frac{a}{n!}(\frac{a\pi}{4})^n|\) 는 0으로 수렴한다.

따라서 \(a^{n+1}I_{n}\) 는 자연수일 수 없다. 모순. 따라서 π는 무리수이다. ■

 

 

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