`pi` és irracional. Demostració d'Ivan Niven. En el Demostración de que PI es irracional ¡El vídeo que tu profe de mates no quiere que veas!, de l'Eduado Saenz de Cabezón, parla d'un lema i deixa moltes coses sense demostrar. He buscat a la Wikipedia i he vist que, també, saltava molts de passos. Aquí la meva versió, amb molts més passos. Crec que encara es podria endreçar més, però em comença a convèncer. Qualsevol suggeriment, serà ben rebut. Demostració de que `pi` és irracional: Suposem que `pi` és racional `=> pi=a/b` on `a` i `b` són dos nombres naturals. Definim la següent funció, `f(x)=(x^n(a-bx)^n)/(n!)` Lema 0- `f(x)=f(pi-x)`, `forall x in R` `f(a/b-x)= f[(a-bx)/b]=([(a-bx)/b]^n(a-b[(a-bx)/b])^n)/(n!)=([(a-bx)/b]^n[a-(a-bx)]^n)/(n!)=([(a-bx)/b]^n(bx)^n)/(n!)=((a-bx)^n/b^nb^nx^n)/(n!)=((a-bx)^nx^n)/(n!)=f(x)` Definim una nova funció, `F(x)` `F(x)=f(x)-f''(x)+f^(IV)(x)- ... (-1)^nf^(2n)(x)` `f'(x))=(-1)f'(pi-x) => f^j(x))=(-1)^jf^j(pi-x)`, `forall x in R` `f^(2j)(0)=(-1)^(2j)f^(2j)(pi)=f^(2j)(pi)`, `forall j in N` Lema 1- `F(0)=F(pi)`, ja que `f(0)=f(pi)` (lema 1) i totes les derivades dobles a `0` i a `pi` son iguals per lo anterior. Lema 2- `F(0) in Z ?` Calculem `f(0)` fent servir el binomi de Newton i fent el canvi `j=k+n => k=j-n` `f(x)=(x^n(a-bx)^n)/(n!)=1/(n!)·x^n·\sum_{k=0}^n C_k^n a^(n-k)·(-bx)^k=1/(n!)·\sum_{k=0}^n C_k^n a^(n-k)·(-b)^kx^(n+k)=1/(n!)·\sum_{j=n}^(2n) C_(j-n)^n a^(2n-j)·(-b)^(j-n)x^j` `f^j(x)=(j!)/(n!)·\sum_{j=n}^(2n) C_(j-n)^n a^(2n-j)·(-b)^(j-n)` per a `n <= j <= 2n` Com `j >= n` `(j!)/(n!)` sempre és enter. El nombre combinatori, `C_(j-n)^n`, també ja que són nombres del triangle de Pascal. Tot plegat `=>` qualsevol `f` i qualsevol derivada serà enter. Per la qual cosa `F(0)` serà enter. Lema 3- `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx=F(0)` `F(x)+F''(x)=f(x)-f''(x)+f^(IV)(x)- ... (-1)^nf^(2n)(x) + f''(x)-f^(IV)(x)+f^(VI)(x)- ... (-1)^nf^(2n+2)(x) = f(x)` Anem a calcular la següent integral: `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx` = `1/2\int_0^pi [F(x)+F''(x)] · sin(x)dx` Calculem aquesta estranya derivada: `[F'(x)·sin(x)-F(x)·cos(x)]'= F''(x)·sin(x)+F'(x)·cos(x)-F'(x)·cos(x)+F(x)·sin(x)=[F''(x)+F(x)]sin(x)` O sigui que tenim una forma fàcil de calcular la integral anterior: `1/2\int_0^pi [F(x)+F''(x)] · sin(x)dx=1/2\int_0^pi [F'(x)·sin(x)-F(x)·cos(x)]'dx=1/2{[F'(x)·sin(x)-F(x)·cos(x)]}_0^pi=` `1/2{[F'(pi)·sin(pi)-F(pi)·cos(pi)]-[F'(0)·sin(0)-F(0)·cos(0)]}=1/2[F(pi)+F(0)]` Per 1 tenim que `F(pi)=F(0) =>` `1/2[F(pi)+F(0)]=1/2[F(0)+F(0)]=F(0)` 5-Demostració ` Per a `0 < x < pi`, `x^n>0` i `(a-bx)^n>0`, ja que `x < a/b` Això `=> f(x)=(x^n(a-bx)^n)/(n!)>0`, per a `0 < x < pi` i com `sin(x)>0` per a `0 < x < pi` `=>` `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx>0` `=>` `F(0)>0` `=>` (lema 2) i `F(0)` enter (positiu). Anem a fer una demostració iun xic estranya: `x(pi-x)=pix-x^2=pi^2/4-x^2+pix-pi^2/4=pi^2/4-(x^2-2pi/2x+pi/2)=(pi/2)^2 -(x-pi/2)^2<=(pi/2)^2`, ja que lo de darrere és sempre positiu. Anem a afitar l'integral: `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx` Com `0 <= sin(x) <= 1 =>` `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx < 1/2\int_0^pi f(x)dx = 1/2\int_0^pi (x^n(a-bx)^n)/(n!)dx = 1/2\int_0^pi (b·^nx^n(a/b-b/bx)^n)/(n!)dx=` `1/2\int_0^pi (b·^nx^n(pi-x)^n)/(n!)dx < b^n/(2·n!)·pi·(pi/2)^(2n)=b^n/(n!)·(pi/2)^(2n+1) < 1` Per a `n` suficientment gran. `1/2\int_0^pi f(x) · sin(x)dx = F(0)<1` pel Lema 3 i això últim. `F(0)` és enter pel Lema 2, la qual cosa és impossible, per lo qual, `pi` no es pot posar com a `a/b` `pi` no és racional