> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!).

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!)."

Ἰουλία Μανιάκης
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 η Διάλεξη: Άρρητοι αριθμοί Το σύνολο Q των ρητών αριθμών είναι το Q = { m n : m Z, n N}. αριθμός που δεν είναι ρητός λέγεται άρρητος. Ενας πραγματικός Ασκηση: Αποδείξτε ότι το άθροισμα και το γινόμενο δύο ρητών αριθμών είναι ρητός αριθμός. Επίσης, ότι αν q Q και ξ / Q τότε q + ξ / Q και, αν q τότε έχουμε επίσης q ξ / Q. Τι μπορείτε να πείτε για το άθροισμα και το γινόμενο δύο άρρητων αριθμών; Θα αποδείξουμε ότι οι γνωστοί αριθμοί και π είναι άρρητοι χρησιμοποιώντας γνώσεις από την τρίτη τάξη του Λυκείου. Αρχικά υπενθυμίζουμε την κλασική απόδειξη του ότι ο 2 είναι άρρητος. Ο 2 είναι άρρητος Θεώρημα.. Δεν υπάρχει q Q ώστε q 2 = 2. Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι υπάρχει q Q ώστε q 2 = 2. Αντικαθιστώντας, αν χρειαστεί, τον q με τον q, μπορούμε να υποθέσουμε ότι q >. Τότε, ο q γράφεται στη μορφή q = m/n, όπου m, n N και ο μοναδικός φυσικός αριθμός που είναι κοινός διαιρέτης των m και n είναι ο. Από την q 2 = 2 συμπεραίνουμε ότι m 2 = 2n 2, άρα ο m είναι άρτιος (το τετράγωνο περιττού είναι περιττός). Αυτό σημαίνει ότι m = 2k για κάποιον k N. Τότε n 2 = 2k 2, άρα ο n είναι κι αυτός άρτιος. Αυτό είναι άτοπο: ο 2 είναι κοινός διαιρέτης των m και n. 2 Παραγοντικά και ο τύπος του Stirling Για κάθε n N ορίζουμε = 2 n (το γινόμενο όλων των φυσικών από ως n). Συμφωνούμε ότι! =. Παρατηρήστε ότι = (n )!n για κάθε n N. Γενικότερα, αν k, n N και k < n τότε = k! (k + ) n, δηλαδή ο k! διαιρεί τον. Θεώρημα 2.. Για κάθε n N ισχύει ) < < 2 n ) n+. Απόδειξη. Η συνάρτηση g(x) = ln x είναι γνησίως αύξουσα στο (, + ), διότι g (x) = x >, άρα για κάθε k N ισχύει Προσθέτοντας παίρνουμε ln k < k+ k ln x dx < ln(k + ). και ln x dx = 2 + ln x dx + + ln x dx < ln ln n = ln(2 3 n) = ln() n 2 + ln x dx = ln x dx + + ln x dx + ln x dx n n > ln + ln ln n = ln( 2 3 n) = ln().

2 Δηλαδή, ln x dx < ln() < + ln x dx () για κάθε n N. Το ολοκλήρωμα της ln x σε κάθε διάστημα [, α] υπολογίζεται ως εξής: αν G(x) = x ln x x τότε G (x) = ln x = g(x), οπότε το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού μας δίνει α ln x dx = x ln x x α = α ln α α +. Θέτοντας α = n και επιστρέφοντας στην () παίρνουμε n ln n n + < ln(). Παρατηρήστε ότι n ln n n + = ln(n n ) ln( n ) + ln() = ln ( ( ) n n ). Άρα, ( ) n ) ln < ln() και έπεται η ) n <. Για την δεξιά ανισότητα του θεωρήματος εφαρμόζουμε αρχικά την () για τον n στη θέση του n: έχουμε ( ) n ) ln((n )!) < ln x dx = ln, άρα όπως θέλαμε. ) = (n )! n < n = 2 n ) n+, Παρατήρηση 2.2 (ο τύπος του Stirling). Με ακριβέστερες εκτιμήσεις μπορεί κανείς να αποδείξει ότι αν ) n f(n) = 2πn τότε lim n f(n) =. Δηλαδή, για μεγάλους φυσικούς αριθμούς n ο προσεγγίζεται καλά από τον ) n 2πn. 3 Ο είναι άρρητος Η πρώτη απόδειξη για το ότι ο είναι άρρητος δόθηκε από τον Eulr το 737: χρησιμοποιούσε τον χαρακτηρισμό των ρητών μέσω συνεχών κλασμάτων και προσδιόρισε το συνεχές κλάσμα του. Η απόδειξη που διδάσκεται συνήθως στο μάθημα του Απειροστικού Λογισμού ΙΙ χρησιμοποιεί το ανάπτυγμα = +! + 2! σε σειρά, και οφείλεται στον Fourir (85). Η σύντομη και στοιχειώδης, αλλά μαγική, απόδειξη που περιγράφουμε παρακάτω δόθηκε από τον Nivn το 947. Θα αποδείξουμε μάλιστα ένα ισχυρότερο αποτέλεσμα. Θεώρημα 3.. Για κάθε θετικό ρητό αριθμό q ο αριθμός q είναι άρρητος. Ειδικότερα, ο είναι άρρητος.

3 Παρατηρήστε αρχικά ότι αρκεί να δείξουμε το εξής: για κάθε m N ο m είναι άρρητος. Αν το έχουμε αυτό, και αν μας δώσουν έναν θετικό ρητό q = m s, τότε ο q = m/s δεν μπορεί να είναι ρητός γιατί, από την άσκηση, ο m = ( q ) s θα ήταν και αυτός ρητός. Στη συνέχεια λοιπόν θεωρούμε m N και τον m. Υποθέτουμε ότι ο m είναι ρητός, δηλαδή ότι m = a b για κάποιους φυσικούς αριθμούς a, b, και θα καταλήξουμε σε άτοπο. Λήμμα 3.2. Μπορούμε να βρούμε φυσικό αριθμό n, αρκετά μεγάλο, ώστε > am 2n+. Απόδειξη. Εδώ χρησιμοποιούμε την ανισότητα > ) n του Θεωρήματος 2.. Αν πάρουμε έναν φυσικό αριθμό n > am 4 (υπάρχει!) τότε ) ( ) n am 4 n > > = a n m 4n a m 2n+ > am 2n+, διότι a n a, m 4n m 2n+ αφού 4n > 2n +, και >. Παίρνουμε έναν φυσικό αριθμό n που ικανοποιεί το Λήμμα 3.2 και ορίζουμε την ακόλουθη συνάρτηση: f(x) = xn ( x) n, x. Στο επόμενο λήμμα δίνουμε τις βασικές ιδιότητες της συνάρτησης f, που θα χρησιμοποιήσουμε για την απόδειξη του Θεωρήματος 3.. [Συμβολισμός: f () = f, f () = f, και γενικότερα, f (k) είναι η k-οστή παράγωγος της f.] Λήμμα 3.3. Εστω n N. Η συνάρτηση f : [, ] R με f(x) = xn ( x) n έχει τις ακόλουθες ιδιότητες: (α) Η f είναι πολυώνυμο βαθμού 2n, της μορφής f(x) = (c nx n + c n+ x n+ + + c 2n x 2n ), όπου οι c n, c n+,..., c 2n είναι ακέραιοι αριθμοί. (β) Για κάθε < x < ισχύει < f(x) <. (γ) Για κάθε k οι παράγωγοι f (k) () και f (k) () είναι ακέραιοι αριθμοί. Απόδειξη. (α) Από το διωνυμικό ανάπτυγμα (ή αν θέλετε, με επαγωγή) βλέπουμε ότι ( x) n = c n + c n+ x + + c 2n x n για κάποιους ακέραιους c n,..., c 2n. (β) Αν < x < τότε έχουμε και < x <. Άρα, < x( x) < και το ίδιο ισχύει για τον x n ( x) n = [x( x)] n. (γ) Αρχικά παρατηρήστε ότι f( x) = f(x) για κάθε x [, ]. Άρα, f ( x) = f (x), που για x = μας δίνει f () = f (). Παραγωγίζοντας άλλη μία φορά έχουμε f ( x) = f (x), που για x = μας δίνει f () = f (). Συνεχίζοντας έτσι βλέπουμε ότι για κάθε k ισχύει f (k) () = ( ) k f (k) (). Αν λοιπόν δείξουμε ότι όλοι οι αριθμοί f (k) () είναι ακέραιοι, παίρνουμε ταυτόχρονα και το ότι όλοι αριθμοί f (k) () είναι ακέραιοι.

4 Για τις παραγώγους f (k) () παρατηρήστε ότι είναι ίσες με αν k < n ή k > 2n (εξηγήστε γιατί) ενώ αν n k n έχουμε f (k) () = k! c k (κανετε τις παραγωγίσεις και θέστε x = ) που είναι ακέραιος διότι ο διαιρεί τον k! και ο c k είναι ακέραιος. Απόδειξη του Θεωρήματος 3.. Θεωρούμε n N που ικανοποιεί το Λήμμα 3.2 και τη συνάρτηση f του Λήμματος 3.3. Ορίζουμε μια συνάρτηση F ως εξής: Παρατηρούμε ότι F (x) = m 2n f(x) m 2n f (x) + m 2n 2 f (x) + f (2n) (x). F (x) = m 2n f (x) m 2n f (x) + m 2n 2 f (3) (x) mf (2n) (x) + f (2n+) (x). Αφού η f είναι πολυώνυμο βαθμού 2n έχουμε f (2n+) (x) =. Πολλαπλασιάζοντας την F επί m και προσθέτοντας την F, έχουμε πολλές διαγραφές και καταλήγουμε (ελέγξτε το!) στην ταυτότητα mf (x) + F (x) = m 2n+ f(x). Τώρα, θεωρούμε τη συνάρτηση Παραγωγίζοντας παίρνουμε H(x) = b mx F (x). H (x) = bm mx F (x) + b mx F (x) = b mx (mf (x) + F (x)) = b mx m 2n+ f(x). Ολοκληρώνοντας την H στο [, ] και χρησιμοποιώντας το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού βλέπουμε ότι bm 2n+ mx f(x) dx = H(x) = bm F () bf () = af () bf (), διότι b m = a. Τώρα, από τον ορισμό της F και από το Λήμμα 3.3 (γ) έχουμε ότι οι αριθμοί F () και F () είναι ακέραιοι. Αφού a, b N, έπεται ότι ο af () bf () είναι ακέραιος, επειδή όμως είναι ίσος με το ολοκλήρωμα μιας θετικής συνάρτησης, είναι τελικά φυσικός αριθμός. Με άλλα λόγια, af () bf () = bm 2n+ mx f(x) dx. Ομως, η συνάρτηση bm 2n+ mx f(x) φράσσεται από bm 2n+ m, από το Λήμμα 3.3 (β). Άρα, bm 2n+ mx f(x) dx < bm 2n+ m dx = bm m 2n+ = am2n+ από την επιλογή του n στο Λήμμα 3.2. Εχουμε λοιπόν οδηγηθεί σε άτοπο, άρα ο m είναι άρρητος. 4 Ο π είναι άρρητος Χρησιμοποιώντας την τεχνική της προηγούμενης παραγράφου αποδείξτε μόνοι σας ότι ο π είναι άρρητος. Μάλιστα, μπορείτε να δείξετε το εξής ισχυρότερο αποτέλεσμα. Θεώρημα 4.. Ο π 2 είναι άρρητος. Υποθέστε ότι π 2 = a b για κάποιους a, b N. Για να καταλήξετε σε άτοπο, ελέγξτε διαδοχικά τα εξής: (α) Υπάρχει n N τέτοιος ώστε > πa n.

5 (β) Αν θεωρήσουμε την f του Λήμματος 3.3 γι αυτόν τον n, και ορίσουμε τη συνάρτηση F (x) = b n (π 2n f(x) π 2n 2 f (x) + π 2n 4 f (4) (x) + ( ) n f (2n) (x)), τότε οι F () και F () είναι ακέραιοι. (γ) Αν H(x) = F (x)ημ(πx) πf (x)συν(πx), τότε H (x) = π 2 a n f(x)ημ(πx). (δ) Το ολοκλήρωμα I = π είναι ακέραιος, άρα φυσικός αριθμός. a n f(x)ημ(πx) dx (ε) Την ίδια στιγμή όμως, < I <. Αυτό μας δίνει το άτοπο. Παρατήρηση 4.2. Είναι άγνωστο αν οι αριθμοί + π και π είναι ρητοί ή άρρητοι.

Σχετικά έγγραφα

lim y < inf B + ε = x = +. f(x) =

lim y < inf B + ε = x = +. f(x) = ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηματική Ανάλυση Ι ΟΜΑΔΑ: Α 8 Μαρτίου, 0 Θέμα. (αʹ) Εστω A, B μη κενά σύνολα πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε x y, για