Το ημίτονο, οι άρρητοι και οι πιο… άρρητοι

Η αλήθεια είναι ότι για αυτήν την Κυριακή ήταν προγραμματισμένη μία άλλη ανάρτηση, ωστόσο μέσα στην εβδομάδα προέκυψε μία ιδιαίτερα ενδιαφέρουσα συζήτηση στην τάξη – έστω και ψηφιακή. Στα πλαίσια μίας βιαστικής επανάληψης στην τριγωνομετρία, συζητήθηκε η ακόλουθη πεζή και απλή διαφάνεια – όλο το σετ διαφανειών μπορείτε να το βρείτε εδώ:

Τι πιο απλό για ένα μάθημα τριγωνομετρίας από μία τριγωνομετρική εξίσωση;

Εκεί πάνω που συζητούσαμε για τις τριγωνομετρικές εξισώσεις, ένας μαθητής ρωτάει:

  • Μαθητής: Κύριε, δεν είναι πολύ σπαστικό αυτό που γίνεται με τη γραφική παράσταση του ημιτόνου;
  • Εγώ: Τι εννοείς;
  • Μ: Αυτό… που δεν πέφτει πάνω σε ακεραίους όταν χτυπάει τον άξονα x'x.
  • Ε: Α, ναι, αυτό έχει να κάνει με τις ρίζες της \sin x=0
  • Μ: Ναι, το ξέρω, απλά είναι κακό που δεν έχει στρογγυλές ρίζες. Αυτό συνεχίζεται για πολύ;
  • Ε: Εννοείς, αν τέμνει ποτέ σε ακέραιο τον οριζόντιο άξονα;
  • Μ: Ναι, ναι.
  • Ε: Εεεε, βασικά, για πάντα έτσι θα κάνει, ποτέ δεν πέφτει σε ακέραιο.
  • Μ: Και γιατί αυτό;

Κάπου εδώ θα σταματήσει η παράθεση του διαλόγου γιατί θα πάει όλη η ανάρτηση έτσι στο τέλος. Ωστόσο, πράγματι, πού ξέρουμε ότι δε θα έχει ποτέ ακέραια ρίζα το ημίτονο;

Η αρρητότητα του π

Ας βάλουμε τα πράγματα σε μία σειρά, σιγά-σιγά. Αρχικά, να θυμηθούμε ότι οι ρίζες της \sin x=0 είναι οι:

\sin x=\Leftrightarrow x=k\pi,\ k\in\mathbb{Z}.

Με άλλα λόγια, οι ρίζες του ημιτόνου είναι όλα τα ακέραια πολλαπλάσια του \pi – που γιορτάζει και σήμερα. Αν λοιπόν κάποιο πολλαπλάσιο του \pi ήταν μη μηδενικός ακέραιος αριθμός, έστω n, τότε θα έπρεπε να έχουμε:

k\pi=n\Leftrightarrow\pi\dfrac{n}{k}.

Δηλαδή, ο \pi θα έπρεπε να είναι ρητός, πράγμα που είναι άτοπο, καθώς ο \pi είναι άρρητος!

Βασικά, κι από πού ξέρουμε ότι ο \pi είναι άρρητος; Σίγουρα έχετε ακούσει για τα περιβόητα «άπειρα δεκαδικά ψηφία του \pi» αλλά πού ξέρουμε ότι, πράγματι, είναι άπειρα – ή ότι δεν επαναλαμβάνονται; Τα βρήκαμε μήπως και τα γράψαμε ένα προς ένα στο χαρτί; Προφανώς και όχι. Επομένως, πώς το ξέρουμε αυτό με τόση βεβαιότητα;

Η αλήθεια είναι ότι ο μόνος τρόπος για να επιβεβαιώσουμε κάτι τέτοιο είναι να το αποδείξουμε. Ιστορικά, έχουν δοθεί πολλές – πάρα πολλές – αποδείξεις περί της αρρητότητας του αριθμού \pi, όλες σχετικά πρόσφατες – από τον 18ο αιώνα κι ύστερα. Ωστόσο, εδώ θα παρουσιάσουμε μία παραλλαγή της απόδειξης του Ivan Niven, που είναι πολύ σχετική με την ερώτηση του παραπάνω μαθητή στην τάξη.

Η κεντρική ιδέα της απόδειξης του Niven περί της αρρητότητας του \pi είναι το γεγονός ότι ο \pi είναι η μικρότερη θετική ρίζα της συνάρτησης \sin x. Η αλήθεια είναι ότι αυτό είναι ένας πολύ παράξενος τρόπος για να περιγράψει κανείς το \pi – ίσως και όχι – αλλά η απόδειξή του δουλεύει αρκετά καλά γύρω από αυτήν την ιδέα.

Όπως θα φαντάζεστε, η απόδειξη γίνεται με απαγωγή σε άτοπο, καθώς ένας πραγματικός αριθμός είναι άρρητος εξ ορισμού όταν δεν είναι ρητός. Έστω, λοιπόν, προς άτοπο, ότι ο \pi είναι ρητός και, για την ακρίβεια, έστω ότι \pi=\frac{a}{b}, για κάποια a,b\in\mathbb{Z}. Για την ακρίβεια, για να κάνουμε τη ζωή μας πιο εύκολη, θα υποθέσουμε ότι a,b>0, δεδομένου ότι ο \pi είναι θετικός – και αρνητικός να ήταν, δε θα άλλαζε κάτι στα παρακάτω. Τώρα, με αυτό το δεδομένο στα χέρια μας θεωρούμε τις εξής συναρτήσεις, που θα μας φανούν πολύ χρήσιμες:

\displaystyle f_n(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},\ n=1,2,\ldots

Ωραία, και τι σχέση έχουν αυτές με το \pi ή με το ημίτονο; Φαινομενικά, μάλλον καμία. Ωστόσο, ας δούμε λίγο πιο προσεκτικά τις παραπάνω συναρτήσεις. Παρατηρούμε, για αρχή, ότι καθεμία από αυτές έχει ακριβώς δύο ρίζες: το 0 και το \frac{a}{b}, δηλαδή το \pi. Επομένως, έχουν ήδη ένα κοινό με το \sin x στο [0,\pi], καθώς έχουν τις ίδιες ρίζες. Ωστόσο, δεν είναι μόνο αυτό. Όπως εύκολα βλέπει κανείς, οι f_n είναι θετικές στο (0,\pi), ακριβώς όπως και το ημίτονο. Αν παρατηρήσουμε και λίγο τη μορφή τους θα δούμε ότι «φέρνουν» κάπως στο ημίτονο – εντάξει, όχι τελείως, αλλά κάτι γίνεται:

Ε, εντάξει, μπορεί να πέφτει λίγο, να χάνει και στην κυρτότητα, αλλά «φέρνει» σε ημίτονο…

Αν εξαιρέσει κανείς ότι καθώς το n μεγαλώνει απεριόριστα η γραφική παράσταση «πέφτει» στο διάστημα [0,\pi], κάπως θυμίζει ημίτονο. Αυτό που εμάς θα μας φανεί χρήσιμο, ωστόσο, δεν είναι οι f_n καθεαυτές, αλλά το ακόλουθο ολοκλήρωμα:

\displaystyle I_n;=\int_0^\pi f_n(x)\sin xdx.

Σχηματικά, αυτό αντιστοιχεί στα παρακάτω εμβαδά:

Τα εμβαδά, όπως αναμενόταν, πέφτουν.

Αυτό που βλέπουμε στο παραπάνω σχήμα, μπορούμε να το αποδείξουμε και αυστηρά. Για την ακρίβεια, άμεσα έχουμε ότι f_n(x)\sin x>0 για κάθε x\in(0,\pi), επομένως I_n>0 για κάθε n=1,2,\ldots Επίσης, παρατηρούμε ότι για κάθε x\in[0,\pi] έχουμε:

\displaystyle f_n(x)\sin x\leq f_n(x)\leq\frac{1}{n!}\left(\frac{a^2}{4b}\right)^n.

Η πρώτη ανισότητα είναι άμεση, ενώ για τη δεύτερη παρατηρούμε ότι:

\begin{aligned}f_n(x)&=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}=\\&=\frac{b^nx^n(\frac{a}{b}-x)^n}{n!}=\\&=\frac{b^nx^n(\pi-x)^n}{n!}.\end{aligned}

Τώρα, παρατηρούμε ότι:

\displaystyle f_n\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\frac{b^n(\frac{\pi}{2}-x)^n(\frac{\pi}{2}+x)^n}{n!}=f_n\left(\frac{\pi}{2}+x\right),

συνεπώς η γραφική παράσταση της f_n είναι συμμετρική ως προς την ευθεία x=\frac{\pi}{2}. Συνεπώς, δεδομένου ότι η f_n είναι συνεχής στο [0,\pi] για κάθε n, θα παίρνει εκεί μία μέγιστη τιμή. Επειδή τώρα είναι θετική στο εσωτερικό του εν λόγω διαστήματος και f_n(0)=f_n(\pi)=0 έπεται ότι θα παίρνει τη μέγιστη τιμή της, λόγω συμμετρίας, στο \frac{\pi}{2}. Υπολογίζουμε, τώρα το f(\frac{\pi}{2}):

\displaystyle f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{b^n\left(\frac{\pi}{2}\right)^n\left(\pi-\frac{\pi}{2}\right)^n}{n!}=\frac{b^n\left(\frac{a}{2b}\right)^{2n}}{n!}=\frac{1}{n!}\left(\frac{a^2}{4b}\right)^n.

Τώρα, θέτοντας για ευκολία c=\frac{a^2}{4b} παρατηρούμε ότι η ακολουθία \frac{c^n}{n!}\to0 – για παράδειγμα, χρησιμοποιώντας το κριτήριο του λόγου. Επομένως, έχουμε άμεσα και I_n\to0, άρα πράγματι τα παραπάνω εμβαδά, τελικά, καταρρέουν προς το μηδέν.

Ως εδώ, τίποτα το παράξενο, είναι η αλήθεια. Πήραμε κάποιες συναρτήσεις, τις πολλαπλασιάσαμε με το ημίτονο και αποδείξαμε ότι κάτι ολοκληρώματα τελικά τείνουν προς το μηδέν. Από τις υποθέσεις μας, το μόνο που αξιοποιήσαμε, ως τώρα, είναι το γεγονός ότι ο \pi είναι η μικρότερη θετική ρίζα του ημιτόνου. Πράγματι, αυτό το χρησιμοποιήσαμε σιωπηλά όταν είπαμε ότι f_n(x)\sin x>0 στο (0,\pi). Σε εκείνο το σημείο, δεδομένου ότι f_n(x)>0, αυτό που χρησιμοποιήσαμε ήταν ότι το \sin x διατηρεί πρόσημο στο (0,\pi). Αυτό έπεται άμεσα από το γεγονός ότι η \sin x είναι συνεχής και άρα θα διατηρεί πρόσημο ανάμεσα σε δύο διαδοχικές ρίζες της – εν προκειμένω, ανάμεσα στο 0 και στο \pi.

Πέρα από αυτό, όμως, το πολυπόθητο άτοπο δε φαίνεται να έρχεται. Διότι, ως τώρα, έχουμε μία ακολουθία ολοκληρωμάτων η οποία συγκλίνει «φυσιολογικά» στο μηδέν. Ωστόσο, όπως θα δούμε αμέσως, υπό την προϋπόθεση ότι ο \pi είναι ρητός, αυτό δεν είναι εφικτό!

Αρχικά, επιλέγουμε κάποιον n\in\mathbb{N} και θεωρούμε τη συνάρτηση:

F_n(x)=f_n(x)-f_n^{(2)}(x)+f_n^{(4)}(x)+\dots+f_n^{(2n)}(x).

Αυτή μπορεί να μοιάζει με μία ακόμα συνάρτηση που βγάλαμε από το καπέλο, αλλά δεν είναι. Η παραπάνω συνάρτηση, χρησιμοποιείται για να συντομεύσει την εφαρμογή πολλαπλών παραγοντικών ολοκληρώσεων. Για την ακρίβεια, κάνοντας 2n ολοκληρώσεις κατά παράγοντες, έχουμε:

\begin{aligned}I_n&=\int_0^\pi f_n(x)\sin xdx=\\&=[-f_n(x)\cos x]_0^\pi+\int_0^\pi f_n'(x)\cos xdx=\\&=f_n(0)+f_n(\pi)+\int_0^\pi f_n'(x)\cos xdx=\\&=f_n(0)+f_n(\pi)+[f_n(x)\sin x]_0^\pi-\int_0^\pi f_n''(x)\sin xdx=\\&=f_n(0)+f_n(\pi)-\int_0^\pi f_n''(x)\sin xdx=\\&=\ldots=\\&=\sum_{k=0}^n(-1)^k(f_n^{(2k)}(0)+f_n^{(2k)}(\pi))+(-1)^{n+1}\int_0^\pi f_n^{(2n+2)}(x)\sin xdx.\end{aligned}

Για να δούμε καλύτερα το πώς προκύπτει το παραπάνω – πέρα από μία τυπική απόδειξη με επαγωγή – μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι:

\displaystyle\int_0^\pi g(x)\sin xdx=g(0)+g(\pi)-\int_0^\pi g''(x)\sin xdx,

για κάθε συνάρτηση g που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με ολοκληρώσιμη δεύτερη παράγωγο. Τώρα, χρησιμοποιώντας την F_n αντί για εκείνο το περίπλοκο άθροισμα, η παραπάνω σχέση γράφεται:

\displaystyle I_n=F_n(0)+F_n(\pi)-\int_0^\pi f_n^{(2n+2)}(x)\sin xdx.

Ωστόσο, αν κοιτάξουμε λίγο παραπάνω, θα δούμε ότι η f_n δεν είναι παρά μία πολυωνυμική συνα΄ρτηση βαθμού 2n, συνεπώς, η τάξεως 2n+2 παράγωγός της θα είναι μηδενική. Επομένως:

\displaystyle I_n=F_n(0)+F_n(\pi).

Έτσι, μελετώντας τις συναρτήσεις F_n για τις διάφορες τιμές του n\in\mathbb{N} θα μπορέσουμε να βγάλουμε ενδιαφέροντα συμπεράσματα για τα ολοκληρώματα I_n – που ελπίζουμε να αντιφάσκουν με το γεγονός ότι I_n\to0.

Θα ασχοληθούμε πρώτα με το F_n(0), το οποίο είναι ίσο με:

\displaystyle F_n(0)=f_n(0)-f_n^{(2)}(0)+f_n^{(4)}(0)+\dots+(-1)^{n}f_n^{(2n)}(0).

Εδώ θυμόμαστε ξανά ότι η f_n είναι ένα πολυώνυμο n βαθμού με παράγοντα το x^n, άρα έχει το μηδέν ως ρίζα και μάλιστα πολλαπλότητας n. Αυτό σημαίνει ότι οι πρώτες n-1 παράγωγοι της f_n έχουν επίσης ως ρίζα το μηδέν, συνεπώς f_n^{(k)}{0}=0 για κάθε k=0,1,2,\ldots,n-1. Επομένως, έχουμε ήδη απλοποιήσει τη δουλειά μας – μέχρι έναν βαθμό. Τώρα, παρατηρούμε ότι η F_n είναι πολυωνυμική συνάρτηση βαθμού 2n – αφού και η f_n είναι πολυωνυμική συνάρτηση – επομένως το F(0) – δηλαδή, ο σταθερός όρος της F – θα είναι ίσος με το άθροισμα των σταθερών όρων των f_n^({2k})(x) για k=0,1,2,\ldots,n. Όπως είδαμε και παραπάνω, για 2k<n δεν έχουμε να ανησυχούμε, καθώς οι εν λόγω σταθεροί όροι είναι όλοι τους μηδέν. Τώρα, για 2k\geq n ας σκεφτούμε λίγο πώς προκύπτει ο σταθερός όρος της παραγώγου τάξης 2k ενός πολυωνύμου. Ας πάρουμε για παράδειγμα το πολυώνυμο:

p(x)=-2x^4+5x^3-5x^2+2x+6,

και ας υπολογίσουμε την τρίτη του παράγωγο:

p^{(3)}(x)=4\cdot3\cdot2\cdot(-2)x+3\cdot2\cdot1\cdot5=-48x+3!\cdot5.

Πρακτικά, με κάθε πααραγώγιση όλοι οι ώροι μικραινουν κατά μία δύναμη και ο προηγούμενος σταθερός όρος εξαφανίζεται. Έτσι, μετά από τρεις παραγωγίσεις ο συντελεστής του όρου που αρχικά ήταν τριτοβάθμιος τώρα θα είναι πλέον ο σταθερός όρος της τρίτης παραγώγου. Για την ακρίβεια, επειδή σε κάθε παραγώγιση ο όρος αυτός θα πολλαπλασιάζεται και με τον εκθέτη του x που έχει δίπλα του, επομένως, στο παράδειγμά μας, θα έχει πολλαπλασιαστεί τελικά με τον 3\cdot2\cdot1=3!.

Γενικότερα, λοιπόν, αν p_k είναι ο συντελεστής του x^k αν αναπτύξουμε την f_n σε δυνάμεις του x, τότε ο σταθερός όρος της f_n^{(k)} θα είναι o k!p_k. Επομένως, για να βρούμε τους πολυπόθητους σταθερούς όρους f_n^{(2k)}(0) θα πρέπει να βρούμε τους όρους των δυνάμεων του x^k στο ανάπτυγμα της f_n. Παρατηρούμε, λοιπόν, χρησιμοποιώντας το διωνυμικό ανάπτυγμα, ότι:

\begin{aligned}f_n(x)&=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}=\\&=\frac{x^n}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-bx)^ka^{n-k}=\\&=\frac{x^n}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^kb^ka^{n-k}x^k=\\&=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k\frac{b^ka^{n-k}}{n!}x^{n+k}.\end{aligned}

Επομένως, ο πολυπόθητος συντελεστής μας είναι ο:

\displaystyle p_k:=\binom{n}{k}\frac{b^ka^{n-k}}{n!}=\frac{M_{k,n}}{n!},

όπου για συντομία θέσαμε M_{k,n}:=\binom{n}{k}a^kb^{n-k}. Συνεπώς, ο πολυπόθητος σταθερός όρος της k-οστής παραγώγου, για k\geq n είναι ο:

\displaystyle f_n^{(k)}(0)=\frac{k!}{n!}M_{k,n}.

Ας τον παρατηρήσουμε τώρα λίγο. Αρχικά, ο M_{k,n} είναι ακέραιος, αφού είναι το γινόμενο ενός διωνυμικού συντελεστή – που είναι πάντοντε ακέραιος – με δύο δυνάμεις ακεραίων – που είναι, σαφώς, ακέραιες. Έπειτα, επειδή k\geq n, έπεται ότι το n! διαρεί το k!, επομένως και ο k!/n! είναι ακέραιος. Άρα, ο f_n^{(k)}(0) είναι ακέραιος για κάθε k\geq n και 0 για k=0,1,2,\ldots,n-1. Συνεπώς, και ο F_n(0) είναι ακέραιος, ως άθροισμα ακεραίων.

Τώρα πρέπει να δούμε τι συμβαίνει και με τον F_n(\pi). Βασικά… όχι, δε χρειάζεται. Θυμηθείτε τη σχέση που αποτύπωνε τη συμμετρία της f_n:

\displaystyle f_n\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f_n\left(x-\frac{\pi}{2}\right).

Παραγωγίζοντας την παραπάνω σχέση 2 φορές παίρνουμε την:

\displaystyle f_n^{(2)}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f_n^{(2)}\left(x-\frac{\pi}{2}\right).

Παραγωγίζοντας άλλες δύο φορές παίρνουμε την:

\displaystyle f_n^{(4)}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f_n^{(4)}\left(x-\frac{\pi}{2}\right).

Γενικότερα, παραγωγίζοντας άρτιο πλήθος φορών παίρνουμε τις σχέσεις:

\displaystyle f_n^{(2k)}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=f_n^{(2k)}\left(x-\frac{\pi}{2}\right).

Συνεπώς, όλες οι άρτιας τάξης παράγωγοι της f_n είναι κι αυτές συμμετρικές ως προς την x=\frac{\pi}{2}, άρα έχουμε f_n^{(2k)}(\pi)=f_n^{(2k)}(0) για κάθε k=0,1,2,\ldots,n, άρα και F_n(\pi)=F_n(0). Επομένως, και ο F_n(\pi) είναι ακέραιος, άρα και το άθροισμά τους. Συνεπώς, έχουμε:

I_n=F_n(0)+F_n(\pi)\in\mathbb{Z}.

Εδώ έρχεται η κατραπακιά, αφού έχουμε επίσης ότι I_n>0, επομένως πρέπει, αφού είναι και ακέραιος, να ισχύει I_n\geq1, άτοπο, αφού δείξαμε παραπάνω ότι I_n\to0. Επομένως, ο \pi δεν είναι ρητός, άρα είναι άρρητος!

Λίγα σχόλια…

Ωραία η παραπάνω απόδειξη, πειστική και όλα τα καλά, αλλά πώς ακριβώς από τον \pi καταλήξαμε σε κάτι ολοκληρώματα; Δηλαδή, δεν μπορούμε να αποδείξουμε την αρρητότητα του \pi χωρίς τόσο ισχυρά εργαλεία;

Η αλήθεια είναι πώς η παραπάνω απόδειξη του Niven είναι από τις πιο σύντομες που κυκλοφορούν εκεί έξω για την αρρητότητα του \pi και, μάλιστα, είναι και αρκετά κομψή. Αν το καλοσκεφτούμε, το να περάσουμε σε ολοκληρώματα και όλα αυτά τα καλά δεν είναι και τόσο παράξενο από τη στιγμή που αυτό που χρησιμοποιήσαμε είναι ο χαρακτηρισμός του \pi ως η ελάχιστη θετική ρίζα του ημιτόνου. Με αυτόν τον ορισμό, που περνάει ευθέως μέσα από τα χωράφια της ανάλυσσης, είναι λογικό να αναμένουμε να εμφανιστούν διάφορες έννοιες του απειροστικού λογισμού. Διότι, μπορεί το \sin x να το ορίζουμε συνήθως γεωμετρικά σαν μία «φυσιολογική» επέκταση του συνήθους «γεωμετρικού» ημιτόνου μίας οξείας γωνίας, ωστόσο αυτό δε σημαίνει ότι δεν μπορούμε να το ορίσουμε και αλλιώς. Ένας αμιγώς αναλυτικός ορισμός του ημιτόνου θα ήταν ως η μοναδική λύση του ακόλουθου προβλήματος αρχικών τιμών:

y''+y=0,\ y(0)=0,\ y'(0)=1.

Μία συνάρτηση, λοιπόν, η οποία έχει τις παραπάνω ιδιότητες και, ειδικότερα, ικανοποιεί αυτήν την κομψή αναδρομική σχέση για την δεύτερη παράγωγό της, ε, μας προϊδεάζει τόσο για ολοκλήρωση κατά παράγοντες όσο και για τα περισσότερα τεχνάσματα που κάναμε. Επιπλέον, με δεδομένη τη λύση του παραπάνω προβλήματος αρχικών τιμών, μπορούμε «φυσιολογικά» να ορίσουμε τον \pi όχι ως τον λόγο της περφέρειας ενός κύκλου προς τη διάμετρό του, αλλά ως την ελάχιστη θετική ρίζα της παραπάνω συνάρτησης.

Διατυπώνοντας το πρόβλημά μας μέσα από ρίζες και διαφορικές εξισώσεις είναι αρκετά πιο εύπεπτος ο τρόπος με τον οποίο αποδείξαμε ότι ο \pi είναι άρρητος. Ωστόσο, με αυτό στο μυαλό μας γεννάται ένα άλλο φυσιολογικότατο ερώτημα: γιατί; Όχι γιατί κάναμε τον κόπο να τα αποδείξουμε όλα αυτά, αυτό κάθε μαθηματικός το έχει λυμένο στο κεφάλι του. Γιατί να είναι η ελάχιστη θετική ρίζα μίας συνάρτησης που είναι ίση με το αντίθετο της δεύτερης παραγώγου της άρρητη; Δηλαδή, ποιο θα ήταν το πρόβλημα άμα ήταν ρητή;

Η αλήθεια είναι ότι, αν και ξεκάθαρη ως προς την τεχνική της, η παραπάνω απόδειξη ίσως γεννά περισσότερα ερωτηματικά από όσα απαντά. Ωστόσο, αυτό είναι ένα εγγενές χαρακτηριστικό του αγαπητού \pi. Σε έναν μεγάλο βαθμό, αυτό έχει να κάνει με το ότι ο \pi είναι «πιο άρρητος» – ή, τουλάχιστον, έτσι εκτιμάμε. Το τι εννοούμε με το «πιο άρρητος» είναι κάτι που θα δούμε την επόμενη εβδομάδα.

Μέχρι τότε, καλή συνέχεια!

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Στο τραπέζι του Henri Fantin-Latour.

Διαβάστε επίσης: Μία γνωστή σχέση…

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media:

3 comments

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s