إثبات أن “ط” عدد غير نسبى

هذا البرهان نقله هارولد جيفرى فى عام 1973 [1] عن مارى كاترايت ، حيث يؤدى إلى إثبات أن “ط” عدد غير نسبى وذلك باستخدام نظرية الإثبات بالتناقض…وهذه الترجمة العربية نقلتها عن شبكة الرياضيات العربية “رمز”

نظرية 1: العدد \pi غير نسبي

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[م] 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[م] (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 سمهاP_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[م] 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[م] 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

0 < f_n (a/b) = \int_{ - 1}^1 {(1 - x^2 )^n \cos (\pi x/2)} \;dx \le \int_{ - 1}^1 {\cos (\pi x/2)\;} dx = \frac{\pi }{4}

إذا \left( {f_n (a/b)} \right) متتابعة محدودة وهذا تناقض. إذا الفرض خاطيء وهذا يثبت أن \pi عدد غير نسبي.

[1] Harold Jeffreys, Scientific Inference, 3rd edition, Cambridge University Press, 1973, page 268.

Posted on 11 يناير 2009, in فلسفة الرياضيات, نقد العلوم الحديثة, ط and tagged , , , , . Bookmark the permalink. أضف تعليقاً .

أضف تعليقاً

إملأ الحقول أدناه بالمعلومات المناسبة أو إضغط على إحدى الأيقونات لتسجيل الدخول:

WordPress.com Logo

أنت تعلق بإستخدام حساب WordPress.com. تسجيل خروج   / تغيير )

صورة تويتر

أنت تعلق بإستخدام حساب Twitter. تسجيل خروج   / تغيير )

Facebook photo

أنت تعلق بإستخدام حساب Facebook. تسجيل خروج   / تغيير )

Google+ photo

أنت تعلق بإستخدام حساب Google+. تسجيل خروج   / تغيير )

Connecting to %s

%d مدونون معجبون بهذه: