π ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା (irrational number) ବିଷୟରେ ମଧ୍ୟ ସତ୍ୟ. ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା ଗୋଟିଏ ବାସ୍ତବ ସଂଖ୍ୟା ଯାହାକି ଏକ ଭଗ୍ନସଂଖ୍ୟା a /b , ରୂପରେ ପ୍ରକାଶ କରାଯାଇପାରିବ ନାହିଁ, (ଏଠାରେ a ଏକ ପୂର୍ଣ୍ଣସଂଖ୍ୟା ଓ b ଶୂନ୍ୟ ଛଡ଼ା ଅନ୍ୟ ପୂର୍ଣ୍ଣସଂଖ୍ୟା ।
ମାତ୍ର ଗଣିତକୁ ଅଷ୍ଟାଦଶ ଶତାବ୍ଦୀ ଯାଏ ଅପେକ୍ଷା କରିବାକୁ ପଡ଼ିଥିଲା, ଯେତେବେଳେ ଜୋହାନ୍ନ ହେନ୍ରିକ୍ ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ କରିଥିଲେ ଯେ π ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା । ଉନବିଂଶ ଶତାବ୍ଦୀରେ, ଚାର୍ଲ୍ସ ହର୍ମାଇଟ୍ ଏହାର ଆଉ ଗୋଟିଏ ପ୍ରମାଣ ଦେଇଥିଲେ ଯାହା ନିମନ୍ତେ ପାଥୁରି (calculus) ଛଡ଼ା ଆଉ କିଛି ପୁର୍ବସର୍ତ୍ତ ଜ୍ଞାନ ଦରକାର ନାହିଁ । ହର୍ମାଇଟ୍ଙ୍କ ପ୍ରମାଣର ସରଳୀକରଣ ମାରୀ କାର୍ଟରିଇଟ୍ କରିଥିଲେ. ସେମିତି ଅନ୍ୟ ଦୁଇଟି ପ୍ରମାଣ ଏୱାନ୍ ନାଇୱେନ ଓ ମିକଲୋଷ୍ ଲାଚୋୱିଷ୍ ଦେଇଥିଲେ ।
୧୧୮୨ରେ, ଫର୍ଡିନାଣ୍ଡ ୱୋନ୍ ଲିଣ୍ଡମ୍ୟାନ୍ନ ପ୍ରମାଣ କରିଥିଲେ ଯେ π ଯେ କେବଳ ଅପରିମେୟ ତା ନୁହେଁ, ଏହା ଟ୍ରାନ୍ସେନ୍ଡେନ୍ଟାଲ୍ ମଧ୍ୟ.[୧]
ଲାମ୍ବର୍ଟଙ୍କ ପ୍ରମାଣ [ ସମ୍ପାଦନା ] Scan of formula on page 288 of Lambert's "Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes, circulaires et logarithmiques", Mémoires de l'Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265–322. ୧୭୬୧ରେ, ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ[୨] π ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା । ଏଥିନିମନ୍ତେ ସେ ନିମ୍ନଲିଖିତ ଅବ୍ୟାହତ ଭଗ୍ନାଂଶ (continued fraction) ସମ୍ପ୍ରାସାରଣର ବ୍ୟାବହାର କରିଥିଲେ:
tan
(
x
)
=
x
1
−
x
2
3
−
x
2
5
−
x
2
7
−
⋱
.
{\displaystyle \tan(x)={\cfrac {x}{1-{\cfrac {x^{2}}{3-{\cfrac {x^{2}}{5-{\cfrac {x^{2}}{7-{}\ddots }}}}}}}}.}
ତା ପରେ ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ ଯେ ଯଦି x ଶୂନ୍ୟ ଛଡ଼ା ଏକ ମୂଳଦ ସଂଖ୍ୟା ତା ହେଲେ ଏହି ଅଭିବ୍ୟକ୍ତିଟି ଅପରିମେୟ । ଯେହେତୁ tan(π /4) = 1, ଆମେ କହିପାରିବା ଯେ π /4 ଅପରିମେୟ ଏବଂ ତେଣୁ π ଅପରିମେୟ । ଏହା ଆହୁରି ସହଜରେ ପ୍ରମାଣିତ କରିହେବ ।[୩] [୪]
ହର୍ମାଇଟ୍ଙ୍କ ପ୍ରମାଣ [ ସମ୍ପାଦନା ] ଏହି ପ୍ରମାଣଟି[୫] [୬] π ର ବୈଶିଷ୍ଠ୍ୟ ବ୍ୟବହାର କରେ ଓ ଏହା ପ୍ରମିଣ କରେ ଯେ π 2 ଅପରିମେୟ. ଅପରିମେୟତାର ବହୁ ଅନ୍ୟ ପ୍ରମାଣ ଭଳି,ଯୁକ୍ତିଟି ପରୋକ୍ଷ ବ୍ୟତିରେକୀ ପ୍ରମାଣ (reductio ad absurdum)ଦ୍ୱାରା କରାଜଯାଇଛି.
ଧରନ୍ତୁ ନିମ୍ନଲିଖିତ କ୍ରମ (sequences) ଅଛି (A n n ≥ 0U n n ≥ 0R ରୁ R କୁ, ଓ ନିମ୍ନଭାବେ ନିର୍ଧାରଣ କରାଜଯାଇଛି:
A
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
;
{\displaystyle A_{0}(x)=\sin(x);\,}
(
∀
n
∈
Z
+
)
:
A
n
+
1
(
x
)
=
∫
0
x
y
A
n
(
y
)
d
y
;
{\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}yA_{n}(y)\,dy;}
U
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
x
;
{\displaystyle U_{0}(x)={\frac {\sin(x)}{x}};}
(
∀
n
∈
Z
+
)
:
U
n
+
1
(
x
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
.
{\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}.}
ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ରେ ପ୍ରମାଣ କରିହେବ ଯେ:
(
∀
n
∈
Z
+
)
:
A
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
(
2
n
+
1
)
!
!
−
x
2
n
+
3
2
×
(
2
n
+
3
)
!
!
+
x
2
n
+
5
2
×
4
×
(
2
n
+
5
)
!
!
∓
⋯
{\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots }
ଏବଂ ଯେ:
(
∀
n
∈
Z
+
)
:
U
n
(
x
)
=
1
(
2
n
+
1
)
!
!
−
x
2
2
×
(
2
n
+
3
)
!
!
+
x
4
2
×
4
×
(
2
n
+
5
)
!
!
∓
⋯
{\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):U_{n}(x)={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots }
ଓ ତେଣୁକରି:
U
n
(
x
)
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
.
{\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.}
ତେବେ:
A
n
+
1
(
x
)
x
2
n
+
3
=
U
n
+
1
(
x
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
=
−
1
x
d
d
x
(
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
)
,
{\displaystyle {\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {d}{dx}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right),}
ଯାହାକି ନିମ୍ନ ସହିତ ସମାନ:
A
n
+
1
(
x
)
=
(
2
n
+
1
)
A
n
(
x
)
−
x
A
n
′
(
x
)
=
(
2
n
+
1
)
A
n
(
x
)
−
x
2
A
n
−
1
(
x
)
.
{\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).\,}
ଏହା ସହA 0 (x ) = sin(x ) and that A 1 (x ) = −x cos(x ) + sin(x ), ଯେ An (x )ନିମ୍ନ ଭାବେ ଲେଖାହୋଇପାରେ
P
n
(
x
2
)
sin
(
x
)
+
x
Q
n
(
x
2
)
cos
(
x
)
{\displaystyle P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x)}
Pn ଓQn ପୁର୍ଣସଂଖ୍ୟା ସହଗ ସହ ବହୁପଦି ଫଙ୍କ୍ସନ୍ ଓ ଯେଉଁଠି Pn ର ଡ଼ିଗ୍ରୀ ⌊n 2 ⌋ଠାରୁ ଛୋଟ. ବିଶେଷତହ,
A
n
(
π
2
)
=
P
n
(
π
2
4
)
.
{\displaystyle A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}\right).}
ହର୍ମାଇଟ୍
A
n
{\displaystyle A_{n}}
A
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
.
{\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz.}
=:
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
=
U
n
(
x
)
.
{\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x).}
ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ଦ୍ୱାରା , n=0 ନେଇ.
∫
0
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
sin
(
x
)
x
=
U
0
(
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,dz={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}
ଓ, ଆନୟନ ନିମନ୍ତେ, n ∈ Z + . ଯଦି
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
U
n
(
x
)
,
{\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz=U_{n}(x),}
ତେବେ, integration by parts ଓ Leibniz's rule , ବ୍ୟବହାର କରି:
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
+
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
(
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
+
1
sin
(
x
z
)
x
|
z
=
0
z
=
1
⏞
=
0
+
∫
0
1
2
(
n
+
1
)
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
x
d
z
)
=
1
x
⋅
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
d
z
=
−
1
x
⋅
d
d
x
(
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
=
U
n
+
1
(
x
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad {\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,dz\\&={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}{\Biggl (}\overbrace {\left.\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}+\int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,dz{\Biggr )}\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,dz\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {d}{dx}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\right)\\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}
ଯଦି π 2 /4 = p /q , with p and q in N , ତାହେଲେPn ର ଗୁଣକ ସବୁ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା ଓ ଏହାର ଦିଗ୍ରୀ ⌊n 2 ⌋ ସହ ସମାନ ବା ଛୋଟ, q ⌊n /2⌋ Pn (π 2 /4) ଗୋଟିଏ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା N . ଅନ୍ୟ ଶବ୍ଦରେ:
N
=
q
⌊
n
2
⌋
A
n
(
π
2
)
=
q
⌊
n
2
⌋
(
p
q
)
n
+
1
2
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
cos
(
π
2
z
)
d
z
.
{\displaystyle {\begin{aligned}N&=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)\\&=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})\cos \left({\frac {\pi }{2}}z\right)\,dz.\end{aligned}}}
ଏହି ସଙ୍ଖ୍ୟାଟି 0ଠାରୁ ନିଶ୍ଚୟଭାବେ ବଡ଼; ତେଣୁ, N ∈ N . ଅନ୍ୟ ପକ୍ଷରେ, integralଟି ଯା ଏଠାରେ ଆସୁଛି ତା 1ରୁ ଛୋଟ ଓ
lim
n
∈
N
q
⌊
n
2
⌋
(
p
q
)
n
+
1
2
2
n
n
!
=
0.
{\displaystyle \lim _{n\in \mathbb {N} }q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}=0.}
ତେଣୁ ଯଦି n ବଡ଼, N < 1. ଅସଙ୍ଗତି!!
↑ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl π", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, a source book (3rd ed.), New York: Springer-Verlag , pp. 194–225, ISBN 0-387-20571-3 ↑ Lambert, Johann Heinrich (2004) [1768], "Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, a source book (3rd ed.), New York: Springer-Verlag , pp. 129–140, ISBN 0-387-20571-3 ↑ Zhou, Li; Markov, Lubomir (2010), "Recurrent Proofs of the Irrationality of Certain Trigonometric Values", American Mathematical Monthly 117 (4): 360–362, arXiv :0911.1933 doi :10.4169/000298910x480838 ↑ Zhou, Li (2011), "Irrationality proofs a la Hermite", Math. Gazette , no. November, arXiv :0911.1929 ↑ Hermite, Charles (1873), "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan" , Journal für die reine und angewandte Mathematik {{citation }}: CS1 maint: unrecognized language (link )↑ Hermite, Charles (1873), "Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Hermite à Mr. Carl Borchardt" , Journal für die reine und angewandte Mathematik {{citation }}: CS1 maint: unrecognized language (link )
![{\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad {\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,dz\\&={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}{\Biggl (}\overbrace {\left.\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}+\int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,dz{\Biggr )}\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,dz\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {d}{dx}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\right)\\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c3086c6b700fdad30d520b1b227c49bfedcf298a)
