ପ୍ରମାଣ ଯେ π ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା

ଛାଞ୍ଚ:Pi box [[ପାଇ|ଛାଞ୍ଚ:Pi]] (ପାଇ) ଉପରେ ବହୁ ପୁରାତନ କାଳରୁ ଅଧ୍ୟୟନ କରାଯାଇଛି ଏବଂ ଏହା 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 ଛାଞ୍ଚ:Pi 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 ଛାଞ୍ଚ:Pi ଯେ କେବଳ ଅପରିମେୟ ତା ନୁହେଁ, ଏହା ଟ୍ରାନ୍ସେନ୍ଡେନ୍ଟାଲ୍ ମଧ୍ୟ.

ଲାମ୍ବର୍ଟଙ୍କ ପ୍ରମାଣ

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 କରିଥିଲେ ଯେ ଛାଞ୍ଚ:Pi ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା । ଏଥିନିମନ୍ତେ ସେ ନିମ୍ନଲିଖିତ ଅବ୍ୟାହତ ଭଗ୍ନାଂଶ (continued fraction) ସମ୍ପ୍ରାସାରଣର ବ୍ୟାବହାର କରିଥିଲେ:

$\tan (x)=\frac{x}{1-\frac{x^2}{3-\frac{x^2}{5-\frac{x^2}{7-\ddots }}}}.$

ତା ପରେ ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ ଯେ ଯଦି x ଶୂନ୍ୟ ଛଡ଼ା ଏକ ମୂଳଦ ସଂଖ୍ୟା ତା ହେଲେ ଏହି ଅଭିବ୍ୟକ୍ତିଟି ଅପରିମେୟ । ଯେହେତୁ tan(ଛାଞ୍ଚ:Pi/4) = 1, ଆମେ କହିପାରିବା ଯେ ଛାଞ୍ଚ:Pi/4 ଅପରିମେୟ ଏବଂ ତେଣୁ ଛାଞ୍ଚ:Pi ଅପରିମେୟ । ଏହା ଆହୁରି ସହଜରେ ପ୍ରମାଣିତ କରିହେବ ।

ହର୍ମାଇଟ୍ଙ୍କ ପ୍ରମାଣ

ଏହି ପ୍ରମାଣଟି ଛାଞ୍ଚ:Piର ବୈଶିଷ୍ଠ୍ୟ ବ୍ୟବହାର କରେ ଓ ଏହା ପ୍ରମିଣ କରେ ଯେ ଛାଞ୍ଚ:Pi² ଅପରିମେୟ. ଅପରିମେୟତାର ବହୁ ଅନ୍ୟ ପ୍ରମାଣ ଭଳି,ଯୁକ୍ତିଟି ପରୋକ୍ଷ ବ୍ୟତିରେକୀ ପ୍ରମାଣ (reductio ad absurdum)ଦ୍ୱାରା କରାଜଯାଇଛି.

ଧରନ୍ତୁ ନିମ୍ନଲିଖିତ କ୍ରମ (sequences) ଅଛି (A_n)_n ≥ 0 and (U_n)_n ≥ 0 ଫଂସନ୍ର Rରୁ Rକୁ, ଓ ନିମ୍ନଭାବେ ନିର୍ଧାରଣ କରାଜଯାଇଛି:

1. $A_0(x)=\sin (x);$
2. $(\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}_{+}):A_{n+1}(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}y{A}_n(y)dy;$
3. $U_0(x)=\frac{\sin (x)}{x};$
4. $(\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}_{+}):U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}.$

ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ରେ ପ୍ରମାଣ କରିହେବ ଯେ:

$(\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}_{+}):A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots$

ଏବଂ ଯେ:

$(\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{Z}}_{+}):U_n(x)=\frac{1}{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots$

ଓ ତେଣୁକରି:

$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$

ତେବେ:

$\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}=-\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right),$

ଯାହାକି ନିମ୍ନ ସହିତ ସମାନ:

$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-x{A_n}^{\prime }(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2{A}_{n-1}(x).$

ଏହା ସହA₀(x) = sin(x) and that A₁(x) = −x cos(x) + sin(x), ଯେ A_n(x)ନିମ୍ନ ଭାବେ ଲେଖାହୋଇପାରେ $P_n(x^2)\sin (x)+x{Q}_n(x^2)\cos (x)$, ଯେଉଁଠି P_n ଓQ_n ପୁର୍ଣସଂଖ୍ୟା ସହଗ ସହ ବହୁପଦି ଫଙ୍କ୍ସନ୍ ଓ ଯେଉଁଠି P_nର ଡ଼ିଗ୍ରୀ ⌊ⁿ⁄₂⌋ଠାରୁ ଛୋଟ. ବିଶେଷତହ,

$A_n\left(\frac{\pi }{2}\right)=P_n\left(\frac{{\pi }^2}{4}\right).$

ହର୍ମାଇଟ୍ $A_n$ର ମିଳିତ ଅଭିବ୍ୟକ୍ତି ଦେଇଥିଲେ, ଯାହାକି

$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz.$

=:$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$ ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ଦ୍ୱାରା, n=0 ନେଇ.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\cos (xz)dz=\frac{\sin (x)}{x}=U_0(x)$

ଓ, ଆନୟନ ନିମନ୍ତେ, n ∈ Z₊. ଯଦି

$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz=U_n(x),$

ତେବେ, integration by parts ଓ Leibniz's rule, ବ୍ୟବହାର କରି:

$\begin{array}{cc}& \frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n+1}\cos (xz)dz\\ & =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}(\stackrel{=0}{\overbrace{{\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n+1}\frac{\sin (xz)}{x}|}_{z=0}^{z=1}}}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}2(n+1)(1-z^2{)}^{n}z\frac{\sin (xz)}{x}dz)\\ & =\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n}z\sin (xz)dz\\ & =-\frac{1}{x}\cdot \frac{d}{dx}(\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz)\\ & =-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}=U_{n+1}(x).\end{array}$

ଯଦି ଛାଞ୍ଚ:Pi²/4 = p/q, with p and q in N, ତାହେଲେP_nର ଗୁଣକ ସବୁ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା ଓ ଏହାର ଦିଗ୍ରୀ ⌊ⁿ⁄₂⌋ ସହ ସମାନ ବା ଛୋଟ, q^⌊n/2⌋P_n(ଛାଞ୍ଚ:Pi²/4) ଗୋଟିଏ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା N. ଅନ୍ୟ ଶବ୍ଦରେ:

$\begin{array}{cc}N& =q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{A}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)\\ & =q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\frac{{\left(\frac{p}{q}\right)}^{n+\frac{1}{2}}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2)\cos \left(\frac{\pi }{2}z\right)dz.\end{array}$

ଏହି ସଙ୍ଖ୍ୟାଟି 0ଠାରୁ ନିଶ୍ଚୟଭାବେ ବଡ଼; ତେଣୁ, N ∈ N. ଅନ୍ୟ ପକ୍ଷରେ, integralଟି ଯା ଏଠାରେ ଆସୁଛି ତା 1ରୁ ଛୋଟ ଓ

$\underset{n\in \mathbb{N}}{\lim }{q}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\frac{{\left(\frac{p}{q}\right)}^{n+\frac{1}{2}}}{2^{n}n!}=0.$

ତେଣୁ ଯଦି n ବଡ଼, N < 1. ଅସଙ୍ଗତି!!