latex
بُرْهان إيفان نَيڤِن المُوجَز عَلَى أَنَّ \(\pi\) غَيْر نِسْبِيٍّ سَهْل التَحقُّق مِنه، وَلٰكِنَّهُ يَبْدَأ بِصِيغَةٍ سِحْرِيَّة تَبْدُو وَكَأَنَّها جاءَت مِن العَدَم، وَتَبْقَى أُصُولها غامِضَة حَتَّى بَعْدَ المُرُورِ بِالبُرْهان. الهَدَف مِن هٰذِهِ الوَرَقَة التوضيحيّة هُو وَصْف عَمَلِيَّة تَفْكِير قَد يَتَّبِعها رِياضِيّ لِلتَوَصُّلِ إِلَى البُرْهان مِن البِدايَة، دُون الحاجَةِ إِلَى أَن يَكُون عَبْقَرِيًّا. مُقارَنَةً بِالعُرُوض السابِقَة لِبُرْهان نَيڤِن، رُبَّما تَكْمُن الجِدَّة الرَئِيسِيَّة فِي الحِساب الحالِي فِي الاِسْتِئْناف الصَرِيح لِنَظَرِيَّة الكَثِيرات الحُدُودِيَّة المُتَعامِدَة، وَالَّتِي تَقُود بِشَكْلٍ طَبِيعِيٍّ إِلَى النَظَر فِي بَعْضِ التَكامُلات الَّتِي لا تَكُون أَهَمِّيَّتُها واضِحَة عَلَى الفَوْر.
أَنَّ \(\pi\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ هُوَ أَمْر نَعْرِفُه جَمِيعًا مُنْذُ الطُفُولَة، لٰكِنَّ مِن الغَرِيب أَنَّ مُعْظَمَ الرِياضِيِّينَ إِمّا لَم يَرَوْا دَلِيلًا عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ، أَو قَد اطَّلَعُوا عَلَى دَلِيل وَلٰكِن وَجَدُوه غَيْر محفِّز وَغَيْر سهل التذكُّر. هٰذا لَيْس بِسَبَبِ نَقْصِ الأَدِلَّة المُوجَزَة؛ دَلِيل نَيڤِن الشَهِير (niven أَو bbb), أَو نُسَخ مِنْه bourbaki, hardy-wright, jeffreys, لا يَشْغَل أَكْثَر مِن صَفْحَة مِن النَصّ، وَلَيْس مِن الصَعْبِ التَحقُّق مِن صِحَّة كُلِّ خَطْوَة فِي الدَلِيل. الدَلِيل مُوجَز، وَمَعَ ذٰلِكَ، لَيْسَ هُوَ نَفْسُه ما يُسَمِّيه دُونالد نيومان newman دَلِيل طَبِيعِيٍّ.
هٰذا المُصْطَلَح … يُقْصَد بِهِ عَدَم وُجُود أَيّ بناءات مُصْطَنَعَة أَو براعات. الدَلِيل “طَبِيعِيّ”، إِذًا، هُوَ الَّذِي يُثْبِت نَفْسَه، وَهُوَ مُتاح لِـ “الرِياضِي العادِي فِي الشَوارِع”.
فِعْلًا، قَد يَكُون الدَلِيل المُطَوَّل أَكْثَر طَبِيعِيَّة مِن الدَلِيل المُوجَز، إِذا فَشِل الدَلِيل المُوجَز فِي شَرْح أَصْل الأَفْكار الكامِنَة. عَلَى سَبِيل المِثال، يَبْدَأ دَلِيل نَيڤِن بِكِتابة تَكامُل يَبْدُو أَنَّه يَأْتِي مِن العَدَم. حاوَل مُؤَلِّفُون مُخْتَلِفُون jones, muller, zhou1, zhou2 تَحْفِيز دَلِيل نَيڤِن، لٰكِنَّنِي دائِمًا كُنْت أَشْعُر بِأَنَّنِي لَنْ أَتَمَكَّن أَبَدًا مِن التَوَصُّل إِلَى الدَلِيل بِنَفْسِي.
لَم يَكُن الأَمْر كَذٰلِكَ حَتَّى مُؤَخَّرًا، بَعْد قِراءَة كِتاب إِنْجِل الجَمِيل angell، بِالإِضافَة إِلَى الإِجابَة مِن قِبَل كوستيا_آي kostya عَلَى سُؤال نَشَرْتُه عَلَى MathOverflow، أَنَّ ضَوْءًا أَضاءَ فِي رَأْسِي. الغَرَض مِن هٰذِهِ الوَرَقَة هُوَ تَقْدِيم حِساب كَيْفَ يُمْكِن لِـ “الرِياضِي فِي الشَوارِع” لنيومان اِكْتِشاف دَلِيل عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ دُون الحاجَةِ إِلَى أَن يَكُون عَبْقَرِيًّا.
مِن أَجْل جَعْل هٰذِهِ الوَرَقَة فِي مُتَنَاوَل الجَمِيع قَدْر الإِمْكان، لا نَفْتَرِض أَنَّ القارِئ لَدَيْهِ أَيّ مَعْرِفَة مُسْبَقَة بِأَدِلَّة العَدَم النِسْبِيَّة. تَتَقَدَّم مُناقَشَتنا فِي عِدَّة مَراحِل.
نَشْرَح الفَلْسَفَة العامَّة وَراء أَدِلَّة العَدَم النِسْبِيَّة، بِاِسْتِخْدام دَلِيل فَوْرِيِّي عَلَى أَنَّ \(e\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ كَمِثال.
نُقَدِّم دَلِيلًا عَلَى أَنَّ \(e^r\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ لِلأَعْداد الصَحِيحَة المُوجِبَة \(r\) الَّذِي يُقَلِّل مِن “البراعات”؛ مِن المِثالِي أَن يَشْعُر القُرَّاء أَنَّهُم رُبَّما تَوَصَّلُوا إِلَى هٰذا الدَلِيل بِأَنْفُسِهِم—عَلَى الأَقَلِّ إِذا سُمِحَ لَهُم بِالبَحْث عَن “حَقائِق قِياسِيَّة” فِي “مَراجِع قِياسِيَّة”.
بِاِسْتِخْدام حِيلَة ذَكِيَّة، نُبَسِّط الدَلِيل، لِتَمْكِين القارِئ مِن الاِحْتِفاظ بِهِ فِي الذاكِرَة (أَو إِعادَة بِنائِهِ) دُون الحاجَةِ إِلَى اِسْتِشارَة أَيّ مَراجِع.
أَخِيرًا، نُظْهِر أَنَّ الدَلِيل عَلَى أَنَّ \(e^r\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ لِلأَعْداد الصَحِيحَة المُوجِبَة \(r\) يُمْكِن تَعْدِيلُه بِشَكْل مُباشِر لِيُنْتِج دَلِيل نَيڤِن عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَد غَيْر نِسْبِيٍّ.
إِنَّه مِن النُكَت القَدِيمَة أَنَّ النَظَرِيَّة الأَسَاسِيَّة لِنَظَرِيَّة العَدَد المتسامي هِيَ أَنَّه لا يُوجَد عَدَد صَحِيح صَرِيح بَيِّن 0 وَ 1. فِي الواقِع، هٰذِهِ النُكْتَة نِصْف جادَّة، لِأَنَّ العَدِيد مِن البَراهِين عَلَى العَدَم النِسْبِيّ يُمْكِن تَصْوِيرُها عَلَى النَحْو التالِي:
أَفْتَرِض مِن أَجْل التَناقُض أَنَّ \(\alpha\) عَقْلانِيّ. أَكْتُب مُعادَلَة مُناسِبَة تَتَضَمَّن \(\alpha\).
“قُمْ بِتَوْسِيع” المُعادَلَة بِضَرْبها فِي مُضاعَف لِمُقام \(\alpha\).
أَسْتَنْتِج أَنَّ \(A=B\) حَيْثُ \(A\) عَدَد صَحِيح وَ 0\(<B<\)1.
طَبِّق نَظَرِيَّة العَدَد المتسامي الأَسَاسِيَّة لاِسْتِنْتاج تَناقُض.
بُرْهان فَوْرِيِّي (stainville) عَلَى عَدَم النِسْبِيَّة لِ \(e\) يُوَضِّح هٰذا النَمَط تَمامًا. لِأَغْراض هٰذا البُرْهان، نَعْرِف الدالَّة \(e^x\) مِن حَيْثُ سِلْسِلَة تايْلُور الخاصَّة بِها، لِذٰلِكَ \[\label{eq:e} e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \cdots\] أَفْتَرِض مِن أَجْل التَناقُض أَنَّ \(e = p/q\) لِأَعْداد صَحِيحَة مُوجِبَة \(p\) وَ \(q\). قُمْ بِتَوْسِيع كِلَا الجانِبَيْن مِن المُعادَلَة بِمُعامِل \(q!\) وَلاحِظ أَنَّ بَعْض الحُدُود هِيَ أَعْداد صَحِيحَة؛ دَع \(B\) تُمَثِّل مَجْمُوع الحُدُود المُتَبَقِّيَة. \[\underbrace{\frac{q!p}{q}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} = \underbrace{q! + \frac{q!}{1!} + \frac{q!}{2!} + \cdots + \frac{q!}{q!}}_{\textstyle \in \mathbb{Z}} + \underbrace{\frac{q!}{(q+1)!} + \frac{q!}{(q+2)!} + \cdots}_{\textstyle B}\] بِما أَنَّ \(B\) هُوَ مَجْمُوع الحُدُود المُوجِبَة، 0\(<B\). مِن السَهْل وَضْع حَدٍّ أَعْلَى لِ \(B\) بِسِلْسِلَة هَنْدَسِيَّة، وَالَّتِي يُمْكِننا جَمْعها بِشَكْل صَرِيح. \[B = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \cdots < \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \cdots = \frac{1}{q} \le 1.\] هٰذا يَتَناقَض مَعَ نَظَرِيَّة العَدَد المتسامي الأَسَاسِيَّة؛ تَمَّ البُرْهان.
مِن المُهِمِّ التَصْرِيح صَراحَةً بِأَنَّ ما يَجْعَل هٰذا البُرْهان يَعْمَل هُوَ التَقارُب السَرِيع لِلمُعادَلَة . أَي أَنَّه، بِغَضِّ النَظَر عَن القِيمَة الَّتِي نَفْتَرِض أَنَّ \(e\) تُساوِي \(p/q\)، فَإِنَّ “الباقِي” بَعْد التَوْسِيع بِواسِطَة \(q!\) صَغِير جِدًّا لِدَرَجَة أَنَّه يَقَع بَيْن 0 وَ 1.
مُشَجَّعِين بِنَجاحنا، قَد نُحاوِل تَكْيِيف بُرْهان فَوْرِيِّي لِإِثْبات أَنَّ \(e^r\) غَيْر نِسْبِيٍّ عِنْدَما يَكُون \(r\) عَدَدًا صَحِيحًا مُوجِبًا. دَع \(e^r = p/q\) كَما فِي السابِق. ثُم \[\frac{p}{q} = 1 + \frac{r}{1!} + \frac{r^2}{2!} + \frac{r^3}{3!} + \cdots\] ماذا الآن؟ المُحاوَلَة الأَكْثَر وُضُوحًا هِيَ التَوْسِيع بِواسِطَة \(q!\) كَما فِي السابِق. \[\underbrace{\frac{q! p}{q}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} = \underbrace{q! + \frac{q! r}{1!} + \cdots + \frac{q! r^q}{q!}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} + \underbrace{\frac{q! r^{q+1}}{(q+1)!} + \frac{q! r^{q+2}}{(q+2)!} + \cdots}_{\textstyle B}\] لٰكِنَّ الآن نُواجِه صُعُوبَة. إِذا حاوَلْنا وَضْع حَدٍّ أَعْلَى لِ \(B\) بِسِلْسِلَة هَنْدَسِيَّة بِنَفْس الطَرِيقَة كَما سَبَق، فَإِنَّ الحَدِّ الَّذِي نَحْصُل عَلَيْهِ هُوَ \[B < \sum_{n=1}^\infty \frac{r^{q+n}}{(q+1)^n } = \frac{r^{q+1}}{(q+1) - r}.\] نَحْصُل عَلَى تَناقُض إِذا كان \(r=1\)، لٰكِنَّ إِذا كان \(r>1\)، فَإِنَّ الحَد الأَعْلَى لِ \(B\) كَبِير لِ \(q\) كَبِير، لِذٰلِكَ فَإِنَّ حُجَّتنا تَفْشَل.
مِن المُمْكِن جِدًّا أَن يُمْكِن إِصْلاح الحُجَّة أَعْلاه، وَلٰكِن لا أَعْرِف كَيْفِيَّة القِيام بِذٰلِكَ. لِأَغْراض هٰذِهِ المُناقَشَة، لِنَفْتَرِض أَنَّنا عالقون فِي هٰذِهِ النُقْطَة. سِلْسِلَة تايْلُور لِ \(e^x\) لا تُفِيدنا. ما هِيَ البَدائِل المَوْجُودَة؟
لَقَد وَصَلْنا الآن إِلَى خَطْوَة حَيَوِيَّة فِي البُرْهان. تَذَكَّر أَنَّنا نَرْغَب فِي تَقْرِيب يَتَقارَب بِسُرْعَة إِلَى \(e^x\). أَيْن يُمْكِن أَن نَجِد مِثْل هٰذا الشَيْء؟ الفِكْرَة هِيَ تَوْسِيع \(e^x\) فِي أَساس مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُود.
القُرَّاء الَّذِينَ لَيْسُوا مَأْلُوفِين جِدًّا بالمتعامدات الكَثِيرات الحُدُود سَيَكُونُون قَد صادَفُوا عَلَى الأَقَل كَثِيرات حُدُود شيبيشيف مِن النَوْع الأَوَّل (إِن لَم يَكُن بِهٰذا الاِسْم) فِي الرِياضِيّات المَدْرَسِيَّة. إِذا كَتَبْنا \(\cos n\theta\) كَمُتَعَدِّدَة حُدُود فِي \(\cos\theta\)، فَإِنَّ كَثِيرات الحُدُود \(T_n\) الَّتِي تُنْشَأ هِيَ بِالضَبْط كَثِيرات حُدُود شيبيشيف؛ عَلَى سَبِيل المِثال، \[\begin{aligned} T_2(x) = 2x^2 - 1 \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 2\theta &= 2 (\cos\theta)^2 - 1,\\ T_3(x) = 4x^3 - 3x \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 3\theta &= 4(\cos\theta)^3 - 3\cos \theta,\\ T_4(x) = 8x^4 - 8x^2 + 1 \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 4\theta &= 8(\cos\theta)^4 - 8(\cos \theta)^2 + 1.\end{aligned}\] السَبَب فِي أَنَّنا نَقُول إِن \(T_n\) هِيَ المتعامدات الكَثِيرات الحُدُود هُوَ أَنَّها تَبْدُو مُتَعامِدَة بِالنِسْبَة لِلجِداء الداخِلِيِّ التالِي: \[\langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.\] كَما فِي أَيّ فَضاء جِداء داخِلِيّ، يُمْكِننا تَوْسِيع المُتَّجِهات (الَّتِي فِي هٰذِهِ الحالَة هِيَ دَوال \(x\)) مِن حَيْث أَساس المُتَّجِهات المُتَعامِدَة، وَإِذا كان الأَساس “جَيِّدًا”، فَإِنَّ الدوال “الجَيِّدَة” سَتَكُون مُقَرَّبَة جَيِّدًا.
بِمُجَرَّد أَن نَصِل إِلَى فِكْرَة حِساب مُعامَلات \(e^x\) بِالنِسْبَة لِأَساس مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُود، يَظْهَر السُؤال فَوْرًا: أَيّ مَجْمُوعَة مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُود يَجِب أَن نَخْتار؟ إِذا لَم نَكُن خُبَراء فِي المَوْضُوع، قَد نَلْجَأ إِلَى ويكيبيديا أَو بَعْض المَراجِع القِياسِيَّة مِثْل دَلِيل NIST (nist). نَكْتَشِف بِسُرْعَة تَنَوُّعًا مُذْهِلا مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُود والجداءات الداخِلِيَّة المُرْتَبِطَة بِها، مِثْل التالِي. \[\begin{aligned} \text{كَثِيرات حُدُود شيبيشيف:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \\ \text{كَثِيرات حُدُود جيجنباور:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) (1-x^2)^\alpha \, dx \\ \text{كَثِيرات حُدُود ليجاندر:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, dx \\ \text{كَثِيرات حُدُود لاغير:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_0^\infty f(x) g(x) \,e^{-x}\, dx \\ \text{كَثِيرات حُدُود هيرميت:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-\infty}^\infty f(x) g(x)\, e^{-x^2}\, dx\end{aligned}\] ماذا نَفْعَل؟ فِي غِياب سَبَب قَوِيّ مُسْبَق لِاِخْتِيار جِداء داخِلِيّ عَلَى آخَر، مِن المَنْطِقِي أَن نَبْدَأ بِالخِيار الأَبْسَط ظَاهِرًا —الجِداء الداخِلِيّ لِكَثِيرات حُدُود ليجاندر—وَنُغَيِّر لاحِقًا إِذا لَم تَنْجَح المُحاوَلَة الأُولَى. بِهٰذِهِ الطَرِيقَة، نَصِل إِلَى فِكْرَة النَظَر فِي تَعْبِير مِن الشَكْل \(\int f(x)\,e^x\, dx\) حَيْث \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَة حُدُود.
قَبْل أَن نَسْتَخْرِج دَلِيل NIST لِلبَحْث عَن النَتائِج القِياسِيَّة عَلَى كَثِيرات حُدُود ليجاندر، دَعُونا نُلاحِظ أَنَّه بِغَضِّ النَظَر عَن أَيّ مُتَعَدِّدَة حُدُود \(f(x)\) نَخْتارها، تَقْيِيم \(\int f(x)\,e^x\,dx\) مِن المُحْتَمَل أَن يَتَطَلَّب التَكامُل بِالأَجْزاء. لِذٰلِكَ دَعُونا نَرَى ما نَحْصُل عَلَيْهِ إِذا اِتَّبَعْنا حَدَسَنا. يَحْتاج المَعامِل \(r\) إِلَى أَن يُقَدَّم بِطَرِيقَةٍ ما، لِذٰلِكَ دَعُونا نُغَيِّر فَتْرَة التَكامُل مِن \([-1,1]\) إِلَى \([0,r]\). \[\begin{aligned} \int_0^r f(x)\, e^x \, dx &= \biggl[f(x)\, e^x\biggr]_0^r - \int_0^r f'(x)\, e^x \, dx \\ &= \biggl[(f(x) - f'(x))\,e^x \biggr]_0^r + \int_0^r f''(x)\, e^x \, dx \\ &= \biggl[(f(x) - f'(x) + f''(x))\,e^x \biggr]_0^r - \int_0^r f'''(x)\, e^x \, dx, \quad \text{إلخ.}\end{aligned}\] لِذٰلِكَ، إِذا عَرَفْنا \(F(x) := f(x) - f'(x) + f''(x) - f'''(x) + \cdots\) (لا تُوجَد مَشاكِل فِي التَقارُب، لِأَنَّ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَة حُدُود)، فَإِنَّ \[\label{eq:intfxex} \int_0^r f(x) \, e^x \, dx = F(r)\, e^r - F(0).\] إِذا كانَت النَظَرِيَّة الأَسَاسِيَّة لِنَظَرِيَّة الأَعْداد المتسامية مَحْفُورَة فِي أَذْهَانِنا، فَإِنَّ المُعادَلَة يَجِب أَن تُنَبِّهنا. لِنَفْتَرِض نَحْو التَناقُض أَنَّ \(e^r = p/q\). هَل يُمْكِننا اِخْتِيار \(f(x)\) بِحَيْثُ، بَعْد التَضْخِيم ب \(q\)، يَكُون الجانِب الأَيْمَن عَدَدًا صَحِيحًا، لَكِنَّ الجانِب الأَيْسَر يَقَع بَيْن 0 وَ 1؟ يَبْدُو أَنَّ هُناك تَوَتُّرًا؛ أَبْسَط طَرِيقَة لِضَمان أَنَّ الجانِب الأَيْمَن مِن المُعادَلَة هُوَ عَدَد صَحِيح (بَعْد الضَرْب ب \(q\)) هِيَ المُطالَبَة بِأَنَّ \(f(x)\) لَها مُعامَلات صَحِيحَة، لِأَنَّه عِنْدَئِذٍ سَتَكُون \(F(r)\) وَ\(F(0)\) أَعْدادًا صَحِيحَة. لَكِنَّ إِذا كانَت \(f(x)\) لَها مُعامَلات صَحِيحَة، فَلا يَبْدُو أَنَّ هُناك سَبَبًا لِكَوْن التَكامُل عَلَى الجانِب الأَيْسَر صَغِيرًا.