latex
بُرْهان إِيفان نَيَّفْنَ المُوجَز عَلَى أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ سَهْلِ التَحَقُّقِ مِنهُ، وَلٰكِنَّهُ يَبْدَأ بِصِيغَةِ سِحْرِيّه تَبْدُو وَكَأَنَّها جاءَت مِن العَدَم، وَتَظَلّ أُصُولها غامِضَةٍ حَتَّى بُعْدَ المُرُورِ بِالبُرْهان. الهَدَفَ مِن هٰذِهِ الوَرَقَةَ التوضيحيه هُوَ وَصَفَ عَمَلِيَّةِ تَفْكِيرٌ قَد يَتَّبِعها رِياضِيّاتِي لِلتَوَصُّلِ إِلَى البُرْهانُ مِن البِدايَةِ، دُونِ الحاجَةِ إِلَى أَنَّ يَكُون عَبْقَرِيّا. مُقارَنَةً بِالعُرُوض السابِقَةِ لَبُرْهان نَيَّفْنَ، رُبَّما تَكْمُن الجَدَّة الرَئِيسِيَّةِ فِي الحِسابِ الحالِيَّ فِي الاِسْتِئْنافِ الصَرِيحِ لِنَظَرِيَّةِ الكَثِيرات الحُدُودِيَّةِ المُتَعامِدَة، وَالَّتِي تَقُود بِشَكْلٍ طَبِيعِيٍّ إِلَى النَظَرِ فِي بِعَضِّ التَكامُلات الَّتِي لا تَكُون أَهَمِّيَّتُها واضِحَةٍ عَلَى الفَوْرِ.
أَنَّ \(\pi\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ هُوَ أَمْرٌ نَعْرِفه جَمِيعاً مُنْذُ الطُفُولَةِ، لٰكِنَّ مِن الغَرِيب أَنَّ مُعْظَمَ الرِياضِيِّينَ إِمّا لَم يَرَُوا دَلِيلاً عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ، أَو قَد عَمِلُوا مِن خِلالَ دَلِيلٌ وَلٰكِن وَجَدُوهُ غَيْرِ محفز وَغَيْرِ متذكر. هٰذا لَيِسَ بِسَبَبِ نَقْصِ الأَدِلَّةَ الموجزه؛ دَلِيلٌ نَيَّفْنَ الشَهِيرِ (niven أَو bbb), أَو مُتَغَيِّر مِنهُ bourbaki, hardy-wright, jeffreys, لا يَشْغَل أَكْثَرَ مِن صَفْحَةً مِن النَصِّ، وَلِيس مِن الصَعْبِ التَحَقُّقِ مِن صِحَّةِ كُلِّ خَطْوَةٍ فِي الدَلِيلَ. دَلِيلٌ مُوجَز، وَمَعَ ذٰلِكَ، لَيِسَ هُوَ نَفْسِهِ ما يُسَمِّيه دُونالد نيومان newman دَلِيلٌ طَبِيعِيٍّ.
هٰذا المُصْطَلَحِ … يُقَدِّم لِيَعْنِي عَدَمِ وُجُودِ أَيّ بناءات مُصْطَنَعَةٍ أَو براعات. دَلِيلٌ “طَبِيعِيٍّ”، إِذْنٍ، هُوَ الَّذِي يُثْبِت نَفْسِهِ، وَهُوَ مُتاحٌ لِ “الرِياضِيِّ العادِيُّ فِي الشَوارِعِ”.
فِعْلاً، قَد يَكُون الدَلِيلَ المُطَوَّل أَكْثَرَ طَبِيعِيَّةٍ مِن الدَلِيلَ المُوجَز، إِذا فَشَلِ الدَلِيلَ المُوجَز فِي شَرْحِ أَصْلِ الأَفْكارَ الكامِنَةِ. عَلَى سَبِيلِ المِثالِ، يَبْدَأ دَلِيلٌ نَيَّفْنَ بِكِتابه تَكامُلٍ يَبْدُو أَنَّهُ يَأْتِي مِن العَدَم. حاوَلَ مُؤَلِّفُونَ مُخْتَلِفُونَ jones, muller, zhou1, zhou2 تحفيز دَلِيلٌ نَيَّفْنَ، لٰكِنَّنِي دائِماً كُنْتُ أَشْعُر بِأَنَّنِي لَن أَتِمّكُنَّ أَبْدَأ مِن التَوَصُّلِ إِلَى الدَلِيلَ بِنَفْسِي.
لَم يَكُن الأَمْرُ كَذٰلِكَ حَتَّى مُؤَخَّراً، بُعْدَ قِراءَةٍ كِتابِ إِنْجِيل الجَمِيل angell، بِالإِضافَةِ إِلَى الإِجابَةَ مِن قِبَلَ كوستيا_آي kostya عَلَى سُؤالٍ نَشَرَتْهُ عَلَى MathOverflow، أَنَّ ضَوْءاً أَضاءَ فِي رَأْسِي. الغَرَضِ مِن هٰذِهِ الوَرَقَةَ هُوَ تَقْدِيمِ حِسابِ كَيْفَ يُمْكِن لِ “الرِياضِيِّ فِي الشَوارِعِ” لنيومان اِكْتِشافِ دَلِيلٌ عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ دُونِ الحاجَةِ إِلَى أَنَّ يَكُون عَبْقَرِيّا.
مِن أَجْلِ جَعَلَ هٰذِهِ الوَرَقَةَ فِي مُتَناوَلِ الجَمِيعُ قَدْرَ الإِمْكانِ، لا نَفْتَرِض أَنَّ القارِئَ لَدَيهِ أَيّ مَعْرِفَةُ مُسْبَقَةٍ بِأَدَلّه العَدَم النِسْبِيَّةِ. تَتَقَدَّم مُناقَشَتنا فِي عِدَّةٍ مَراحِلِ.
نَشْرَح الفَلْسَفَة العامَّةِ وَراءَ أَدِلَّةٍ العَدَم النِسْبِيَّةِ، بِاِسْتِخْدامِ دَلِيلٌ فَوْرِيَّيْهِ عَلَى أَنَّ \(e\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ كَمِثال.
نُقَدِّم دَلِيلاً عَلَى أَنَّ \(e^r\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ لِلأَعْداد الصَحِيحَةِ المُوجِبَةِ \(r\) الَّذِي يُقَلِّل مِن “البراعات”؛ مِن المِثالِيُّ أَنَّ يَشْعُر القُرّاءِ أَنَّهُم رُبَّما تَوَصَّلُوا إِلَى هٰذا الدَلِيلَ بِأَنْفُسِهِم—عَلَى الأَقَلِّ إِذا سَمَحَ لَهُم بِالبَحْث عَن “حَقائِقَ قِياسِيَّةٍ” فِي “مَراجِعِ قِياسِيَّةٍ”.
بِاِسْتِخْدامِ حِيلَةٍ ذَكِيَّةٌ، نَبْسُط الدَلِيلَ، لَتَمْكِين القارِئَ مِن الاِحْتِفاظِ بِهِ فِي الذاكِرَةِ (أَو إِعادَةِ بِنائِهِ) دُونِ الحاجَةِ إِلَى اِسْتِشارَةِ أَيّ مَراجِعِ.
أَخِيراً، نُظْهِر أَنَّ الدَلِيلَ عَلَى أَنَّ \(e^r\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ لِ الأَعْدادُ الصَحِيحَةِ المُوجِبَةِ \(r\) يُمْكِن تَعْدِيلِهِ بِشَكْلٍ مُباشِرٍ لِيُنْتَج دَلِيلٌ نَيَّفْنَ عَلَى أَنَّ \(\pi\) عَدَدٍ غَيْرِ نِسْبِيٍّ.
إِنَّها نُكْتَةٍ قَدِيمَةٌ أَنَّ النَظَرِيَّةِ الأَساسِيَّةِ لِنَظَرِيَّةِ العَدَدَ المتسامي هِيَ أَنَّهُ لا يُوجَد عَدَدٍ صَحِيحٌ صَرِيحٍ بَيِّنَ 0 وَ 1. فِي الواقِعِ، هٰذِهِ النُكْتَة نِصْفِ جادَّةٍ، لِأَنَّ العَدِيدَ مِن البَراهِين عَلَى العَدَم النِسْبِيّ يُمْكِن تَصْوِيرِها عَلَى النَحْوِ التالِي:
أَفْتَرِض مِن أَجْلِ التَناقُضَ أَنَّ \(\alpha\) عَقْلانِيٌّ. أَكْتُب مُعادَلَةِ مُناسَبَةِ تَتَضَمَّن \(\alpha\).
“قَمَّ بِتَوْسِيعِ” المُعادَلَةَ بِضَرْبها فِي مُضاعَف لَمُقام \(\alpha\).
أَسْتَنْتِج أَنَّ \(A=B\) حَيْثُ \(A\) عَدَدٍ صَحِيحٌ وَ 0\(<B<\)1.
طَبَّقَ نَظَرِيَّةَ العَدَدَ المتسامي الأَساسِيَّةِ لَاِسْتِنْتاج تُناقِض.
بُرْهان فَوْرِيَّيْهِ (stainville) عَلَى عَدَمِ النِسْبِيَّةِ لِ \(e\) يُوَضِّح هٰذا النَمَطِ تَماماً. لِأَغْراضٍ هٰذا البُرْهانُ، نَعْرِف الدالَّةِ \(e^x\) مِن حَيْثُ سِلْسِلَةٍ تايْلُور الخاصَّةِ بِها، لُذّاً \[\label{eq:e} e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \cdots\] أَفْتَرِض مِن أَجْلِ التَناقُضَ أَنَّ \(e = p/q\) لَأَعْداد صَحِيحَةٍ مُوجِبه \(p\) وَ \(q\). قَمَّ بِتَوْسِيعِ كُلّاً الجانِبَيْنِ مِن المُعادَلَةَ بِمَعامِل \(q!\) وَلاحَظَ أَنَّ بِعَضِّ الحُدُودِ هِيَ أَعْدادِ صَحِيحَةٍ؛ دَعْ \(B\) تُمَثِّل مَجْمُوعُ الحُدُودِ المُتَبَقِّيَةُ. \[\underbrace{\frac{q!p}{q}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} = \underbrace{q! + \frac{q!}{1!} + \frac{q!}{2!} + \cdots + \frac{q!}{q!}}_{\textstyle \in \mathbb{Z}} + \underbrace{\frac{q!}{(q+1)!} + \frac{q!}{(q+2)!} + \cdots}_{\textstyle B}\] بِما أَنَّ \(B\) هُوَ مَجْمُوعُ الحُدُودِ المُوجِبَةِ، 0\(<B\). مِن السَهْلِ وَضْعِ حَدٍّ أَعْلَى لِ \(B\) بِسِلْسِلَةِ هَنْدَسِيّه، وَالَّتِي يُمْكِننا جَمَعَها بِشَكْلٍ صَرِيحٍ. \[B = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \cdots < \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \cdots = \frac{1}{q} \le 1.\] هٰذا يَتَناقَض مَعَ نَظَرِيَّةَ العَدَدَ المتسامي الأَساسِيَّةِ؛ تَمَّ البُرْهانُ.
مِن المُهِمِّ التَصْرِيحِ صَراحَةً بِأَنَّ ما يَجْعَل هٰذا البُرْهانُ يَعْمَل هُوَ التَقارُبِ السَرِيعِ لِلمُعادَلَة . أَيّ أَنَّهُ، بِغَضِّ النَظَرِ عَن القِيمَةِ الَّتِي نَفْتَرِض أَنَّ \(e\) تُساوَى \(p/q\)، فَإِنَّ “الباقِي” بُعْدَ التَوْسِيعِ بِواسِطَةِ \(q!\) صَغِيرٍ جِدّاً لِدَرَجَةِ أَنَّهُ يَقَع بَيِّنَ 0 وَ 1.
مُشَجِّعَيْنِ بِنَجاحنا، قَد نُحاوِل تَكْيِيفَ بُرْهان فَوْرِيَّيْهِ لِإِثْباتِ أَنَّ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ عِنْدَما يَكُون \(r\) عَدَداً صَحِيحاً مُوجِبا. دَعْ \(e^r = p/q\) كَما فِي السابِقِ. ثُمَّ \[\frac{p}{q} = 1 + \frac{r}{1!} + \frac{r^2}{2!} + \frac{r^3}{3!} + \cdots\] ماذا الآنَ؟ المُحاوَلَةِ الأَكْثَرَ وُضُوحاً هِيَ التَوْسِيعِ بِواسِطَةِ \(q!\) كَما فِي السابِقِ. \[\underbrace{\frac{q! p}{q}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} = \underbrace{q! + \frac{q! r}{1!} + \cdots + \frac{q! r^q}{q!}}_{\textstyle \in\mathbb{Z}} + \underbrace{\frac{q! r^{q+1}}{(q+1)!} + \frac{q! r^{q+2}}{(q+2)!} + \cdots}_{\textstyle B}\] لٰكِنَّ الآنَ نُواجِه صُعُوبَةِ. إِذا حاوَلَنا وَضْعِ حَدٍّ أَعْلَى لِ \(B\) بِسِلْسِلَةِ هَنْدَسِيّه بِنَفْسِ الطَرِيقَةِ كَما سَبَقَ، فَإِنَّ الحَدِّ الَّذِي نَحْصُل عَلَيهِ هُوَ \[B < \sum_{n=1}^\infty \frac{r^{q+n}}{(q+1)^n } = \frac{r^{q+1}}{(q+1) - r}.\] نَحْصُل عَلَى تُناقِض إِذا كانَ \(r=1\)، لٰكِنَّ إِذا كانَ \(r>1\)، فَإِنَّ الحَدِّ الأَعْلَى لِ \(B\) كَبِيرٍ لِ \(q\) كَبِيرٍ، لُذّاً فَإِنَّ حُجَّتنا تَفْشَل.
مِن المُمْكِنِ جِدّاً أَنَّ يُمْكِن إِصْلاحِ الحُجَّة أَعْلاه، وَلٰكِن لا أَعْرِف كَيْفِيَّةِ القِيامِ بِذٰلِكَ. لِأَغْراضٍ هٰذِهِ المُناقَشَةِ، لِنَفْتَرِض أَنَّنا عالقون فِي هٰذِهِ النُقْطَةِ. سِلْسِلَةٍ تايْلُور لِ \(e^x\) لا تَجْلِب لَنا الفَرَح. ما هِيَ البَدائِلِ المَوْجُودَةِ؟
لَقَد وَصَلْنا الآنَ إِلَى خَطْوَةٍ حَيَوِيَّةٍ فِي البُرْهانُ. تُذَكِّر أَنَّنا نَرْغَب فِي تَقْرِيبِ يَتَقارَب بِسُرْعَةٍ إِلَى \(e^x\). أَيْنَ يُمْكِن أَنَّ نَجِد مِثْلَ هٰذا الشَيْء؟ الفِكْرَةِ هِيَ تَوْسِيعِ \(e^x\) فِي أَساسِ مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ.
القُرّاءِ الَّذِينَ لَيِسُوا مَأْلُوفَيْنِ جِدّاً بالمتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ سَيَكُونُونَ قَد صادَفُوا عَلَى الأَقَلِّ كَثِيراتٍ حُدُودِ شيبيشيف مِن النَوْعِ الأَوَّلِ (إِن لَم يَكُن بِهٰذا الاِسْمِ) فِي الرِياضِيّات المَدْرَسِيَّةِ. إِذا كُتُبِنا \(\cos n\theta\) كَمُتَعَدِّده حُدُودِ فِي \(\cos\theta\)، فَإِنَّ كَثِيراتٍ الحُدُودِ \(T_n\) الَّتِي تُنْشَأ هِيَ بِالضَبْطِ كَثِيراتٍ حُدُودِ شيبيشيف؛ عَلَى سَبِيلِ المِثالِ، \[\begin{aligned} T_2(x) = 2x^2 - 1 \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 2\theta &= 2 (\cos\theta)^2 - 1,\\ T_3(x) = 4x^3 - 3x \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 3\theta &= 4(\cos\theta)^3 - 3\cos \theta,\\ T_4(x) = 8x^4 - 8x^2 + 1 \quad\text{لِأَنَّ} \quad \cos 4\theta &= 8(\cos\theta)^4 - 8(\cos \theta)^2 + 1.\end{aligned}\] السَبَبِ فِي أَنَّنا نَقُول إِن \(T_n\) هِيَ المتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ هُوَ أَنَّها تَبَيَّنَ أَنَّها مُتَعامِده بِالنِسْبَةِ لِلجِداء الداخِلِيِّ التالِي: \[\langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.\] كَما فِي أَيّ فَضاءِ جِداء داخِلِيٌّ، يُمْكِننا تَوْسِيعِ المُتَّجِهات (الَّتِي فِي هٰذِهِ الحالَةِ هِيَ دَوال \(x\)) مِن حَيْثُ أَساسِ المُتَّجِهات المُتَعامِدَة، وَإِذا كانَ الأَساسِ “جَيِّداً”، فَإِنَّ الدوال “الجَيِّدَةِ” سَتَكُون مُقَرَّبَةٌ جَيِّداً.
بِمُجَرَّدِ أَنَّ نَصِل إِلَى فِكْرَةَ حِسابِ مُعامَلاتِ \(e^x\) بِالنِسْبَةِ لَأَساس مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ، تُظْهِر السُؤالُ فَوْراً: أَيّ مَجْمُوعَةِ مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ يَجِب أَنَّ نَخْتار؟ إِذا لَم نَكُن خُبَراءُ فِي المَوْضُوعِ، قَد نَلْجَأ إِلَى ويكيبيديا أَو بِعَضِّ المَراجِعِ القِياسِيَّةِ مِثْلَ دَلِيلٌ NIST (nist). نَكْتَشِف بِسُرْعَةٍ تَنَوُّعاً مُذْهِلا مِن المتعامدات الكَثِيرات الحُدُودِ والجداءات الداخِلِيَّةِ المُرْتَبِطَةِ بِها، مِثْلَ التالِي. \[\begin{aligned} \text{كَثِيراتٍ حُدُودِ شيبيشيف:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \\ \text{كَثِيراتٍ حُدُودِ جيجنباور:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) (1-x^2)^\alpha \, dx \\ \text{كَثِيراتٍ حُدُودِ ليجاندر:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-1}^1 f(x) g(x) \, dx \\ \text{كَثِيراتٍ حُدُودِ لِأُغَيِّر:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_0^\infty f(x) g(x) \,e^{-x}\, dx \\ \text{كَثِيراتٍ حُدُودِ هيرميت:} \quad & \langle f, g \rangle := \int_{-\infty}^\infty f(x) g(x)\, e^{-x^2}\, dx\end{aligned}\] ماذا نَفْعَل؟ فِي غِيابِ سَبَبُ قَوِيٍّ مُسْبَقٍ لِاِخْتِيارِ جِداء داخِلِيٌّ عَلَى آخَرِ، مِن المَنْطِقِيِّ أَنَّ نَبْدَأ بِالخِيارِ الأَبْسَط المَظْهَرُ —الجِداء الداخِلِيِّ لَكَثِيرات حُدُودِ ليجاندر—وَنُغَيِّر الخُيُول لاحِقاً إِذا لَم تَنْجَح المُحاوَلَةِ الأُولَى. بِهٰذِهِ الطَرِيقَةِ، نَصِل إِلَى فِكْرَةَ النَظَرِ فِي تَعْبِيرِ مِن الشَكْلِ \(\int f(x)\,e^x\, dx\) حَيْثُ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ.
قِبَلَ أَنَّ نَسْتَخْرِج دَلِيلٌ NIST لِلبَحْثِ عَن النَتائِجِ القِياسِيَّةِ عَلَى كَثِيراتٍ حُدُودِ ليجاندر، دَعُونا نُلاحِظ أَنَّهُ بِغَضِّ النَظَرِ عَن أَيّ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ \(f(x)\) نَخْتارها، تَقْيِيمِ \(\int f(x)\,e^x\,dx\) مِن المُحْتَمَلِ أَنَّ يَتَطَلَّب التَكامُلِ بِالأَجْزاء. لُذّاً دَعُونا نَرِي ما نَحْصُل عَلَيهِ إِذا اِتَّبَعَنا حَدَسَنا. يَحْتاج المَعامِلُ \(r\) إِلَى أَنَّ يَتِمّ تَقْدِيمُهُ بِطَرِيقَةٍ ما، لُذّاً دَعُونا نُغَيِّر فَتْرَةٍ التَكامُلِ مِن \([-1,1]\) إِلَى \([0,r]\). \[\begin{aligned} \int_0^r f(x)\, e^x \, dx &= \biggl[f(x)\, e^x\biggr]_0^r - \int_0^r f'(x)\, e^x \, dx \\ &= \biggl[(f(x) - f'(x))\,e^x \biggr]_0^r + \int_0^r f''(x)\, e^x \, dx \\ &= \biggl[(f(x) - f'(x) + f''(x))\,e^x \biggr]_0^r - \int_0^r f'''(x)\, e^x \, dx, \quad \text{آلخ.}\end{aligned}\] لِذٰلِكَ، إِذا عَرَفْنا \(F(x) := f(x) - f'(x) + f''(x) - f'''(x) + \cdots\) (لا تُوجَد مَشاكِلَ فِي التَقارُبِ، لِأَنَّ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ)، فَإِنَّ \[\label{eq:intfxex} \int_0^r f(x) \, e^x \, dx = F(r)\, e^r - F(0).\] إِذا كانَ النَظَرِيَّةِ الأَساسِيَّةِ لِنَظَرِيَّةِ الأَعْدادُ المتساميه مَحْفُورَةٍ فِي عُقُولنا، فَإِنَّ المُعادَلَةَ يَجِب أَنَّ تَجْعَلنا نَنْتَبِه. لِنَفْتَرِض نَحْوَ تُناقِض أَنَّ \(e^r = p/q\). هَل يُمْكِننا اِخْتِيارِ \(f(x)\) بِحَيْثُ، بُعْدَ التَضْخِيم ب \(q\)، يَكُون الجانِبِ الأَيْمَن عَدَداً صَحِيحاً، لٰكِنَّ الجانِبِ الأَيْسَر صارِما بَيِّنَ 0 وَ 1؟ يَبْدُو أَنَّ هُناكَ تَوَتُّراً؛ أَبْسَطِ طَرِيقَةِ لِضَمانِ أَنَّ الجانِبِ الأَيْمَن مِن المُعادَلَةَ هُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ (بُعْدَ الضَرْبِ ب \(q\)) هُوَ المُطالَبَةِ بِأَنَّ \(f(x)\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، لِأَنَّهُ عِنْدَئِذٍ سَتَكُون \(F(r)\) وَ\(F(0)\) أَعْداداً صَحِيحَةٍ. لٰكِنَّ إِذا كانَت \(f(x)\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، فَلا يَبْدُو أَنَّ هُناكَ سَبَباً لِكَوْنِ التَكامُلِ عَلَى الجانِبِ الأَيْسَر صَغِيراً.
حانَ الوَقْتِ لَاِسْتِعْراض نَظَرِيَّةَ مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر، لِنَرِي إِذا كانَ بِإِمْكانِها مُساعَدَتُنا. التَعْرِيفِ المُعْتادُ لَمُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر يُفْتَرَض فَتْرَةٍ تَكامُلٍ مِن \([-1,1]\)؛ أَحَدُ التَعْرِيفات (nist) هُوَ \[P_n(x) = \frac{1}{2^n} \sum_{\ell=0}^n \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{\ell}\right)^2 (x-1)^{n-\ell}(x+1)^\ell.\] تُذَكِّر أَنَّنا قَد غَيْرِنا فَتْرَةٍ التَكامُلِ إِلَى \([0,r]\)، لُذّاً نَحْتاج إِلَى إِجْراءِ تَغْيِيرٍ مُتَغَيِّراتِ تُقارَنِي. نَعْرِف \[\label{eq:tildelegendre} \tilde P_n(x) := P_n(2x/r - 1) = \frac{1}{r^n} \sum_{\ell=0}^n \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{\ell}\right)^2 x^\ell (x-r)^{n-\ell}.\] الآنَ، المَعامِلُ \(n\) فِي تَوَسُّع مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر لَدالّه مِثْلَ \(e^x\) يَحْصُل عَلَيهِ (بِاِسْتِثْناءِ عامِلٍ تَطْبِيعَيَّ سَنَتَجاهَله الآنَ) بِأَخْذِ الجِداء الداخِلِيِّ لِ \(e^x\) مَعَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ ليجاندر ال\(n\): \[\int_0^r \tilde P_n(x) \, e^x \, dx.\] كَما أَشَرْنا سابِقاً، مِن الطَبِيعِيِّ أَنَّ نَتَوَقَّع أَنَّ مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر تُشَكِّل قاعِدَةِ “جَيِّدَةٍ” بِمَعْنَى أَنَّ هٰذِهِ المُعامَلاتِ تَتَقَلَّص بِسُرْعَةٍ مَعَ زِيادَةِ \(n\). آها! نُرِيد أَنَّ يَكُون التَكامُلِ فِي المُعادَلَةَ صَغِيراً، فَرُبَّما تَحْدِيدِ \(f(x) := \tilde P_n(x)\) هُوَ المِفْتاحَ؟ لٰكِنَّ تُذَكِّر أَنَّنا نُرِيد أَيْضاً أَنَّ تَكُون مُعامَلاتِ \(f(x)\) صَحِيحَةٍ. المُعادَلَةَ تَعْنِي أَنَّ \(r^n \tilde P_n(x)\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، لُذّاً دَعُونا نُجَرِّب تَحْدِيدِ \(f(x) := r^n \tilde P_n(x)\). ثُمَّ تُصْبِح المُعادَلَةَ (بُعْدَ الضَرْبِ ب \(q\)) \[r^n q \int_0^r \tilde P_n(x) \, e^x \, dx = F(r)\cdot p - F(0)\cdot q,\] حَيْثُ \(F(x) = f(x) - f'(x) + f''(x) - \cdots\,\). الجانِبِ الأَيْمَن هُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ، لُذّاً لِلحُصُولِ عَلَى التَناقُضَ المَطْلُوبِ، يَكْفِي أَنَّ \[\label{eq:innerproduct} r^n q \int_0^r \tilde P_n(x) \, e^x \, dx\] غَيْرِ صِفْرَيَّ، بِقِيمَةِ مُطْلَقَةٍ أَقَلَّ مِن \(1\) لِبَعْضِ \(n\). لٰكِنَّ هَل هٰذا هُوَ الحالِ؟
يَتَّضِح أَنَّ الإِجابَةَ هِيَ نَعَم! البُرْهانُ هُوَ حِسابِ رُوتِينِيّ نِسْبِيّاً وَلٰكِنَّهُ مُمِلّ بِعَضِّ الشَيْء سَنُقَدِّمه بُعْدَ لَحْظَةٍ. لَدَينا إِذا:
النَظَرِيَّةِ 1. إِذا كانَ \(r\) عَدَداً صَحِيحاً مُوجِبا، فَإِنَّ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ.
لِنَتَوَقَّف لَحْظَةٍ لَتَقْيِيم الوَضْعِ. نُدْعَى أَنَّنا تَمَكَّنّا مِن إِيجادِ بُرْهان عَلَى أَنَّ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ (لِلأَعْداد الصَحِيحَةِ المُوجِبَةِ \(r\)) بِأَقَلِّ قَدْرَ مِن البَراعَةِ. بِمُجَرَّدِ التَفْكِيرِ فِي اِسْتِخْدامِ مُتَعَدِّدات الحُدُودِ المُتَعامِدَة—وَبِالأَخَصّ مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر—لِ تَقْدِيمِ تَقْرِيبِ جَيِّدٍ لِ \(e^x\)، نُقّاد إِلَى النَظَرِ فِي تَكامُلٍ (عَلَى فَتْرَةٍ مَحْدُودَةٍ) مِن الشَكْلِ \(\int f(x)\,e^x\, dx\) حَيْثُ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ ليجاندر (مُعَدَّله بِشَكْلٍ مُناسِبٍ). مِن ناحِيَةٍ، يُمْكِننا حِسابِ مُباشَرَةً أَنَّ التَكامُلِ، حَتَّى بُعْدَ الضَرْبِ بِمُقام \(e^r\)، يَتَقَلَّص بِسُرْعَةٍ. مِن ناحِيَةٍ أُخْرَى، يُمْكِننا اِسْتِخْدامِ التَكامُلِ بِالأَجْزاء لِإِظْهارِ أَنَّ قِيمَتُهُ عَدَدٍ صَحِيحٌ، مِمّا يَتَعارَض مَعَ النَظَرِيَّةِ الأَساسِيَّةِ لِ نَظَرِيَّةَ الأَعْدادُ المتساميه.
قَد يَكُون القُرّاءِ الَّذِينَ يَعْتَقِدُونَ أَنَّ البُرْهانُ الَّذِي قَدَّمْناهُ لِلتَوّ مَدْعُوما جَيِّداً، غَيْرِ راضِينَ عَن كَوْنُهُ يَتَطَلَّب مِنّا مَعْرِفَةُ (أَو إِعادَةِ اِسْتِنْتاجِ) حَقائِقَ مُخْتَلِفَةٍ حَوْلَ مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر، وَأَنَّ الحِساباتِ مُمِلّه بِعَضِّ الشَيْء. الخُطُوطِ العَرِيضَةِ المفاهيميه لِلبُرْهان لَيِسَت صَعْبَةً التَذَكُّر، وَهِيَ تَحْفِز عَلَى سَبَبُ رَغْبَتُنا فِي النَظَرِ فِي تَكامُلٍ مِن الشَكْلِ \(\int f(x) \, e^x\, dx\)، وَلٰكِن التَفاصِيلِ لَيِسَت بِهٰذِهِ الذاكِرَةِ.
فِي هٰذا القِسْمِ، نُعالَج هٰذِهِ العُيُوبِ بِنُسْخَةٍ بَدِيلَةٍ مِن البُرْهانُ أَبْسَطِ وَلا تَتَطَلَّب أَيّ “نَظَرِيَّةَ”. الثَمَنُ الَّذِي نَدْفَعه هُوَ أَنَّنا سَنَحْتاج إِلَى اِسْتِحْضارِ فِكْرَةَ ذَكِيَّةٌ.
لِنَعُود إِلَى المُعادَلَةَ . بِفَرْضِ أَنَّ \(e^r = p/q\) وَأَنَّ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ، \[\label{eq:intfxex2} q \int_0^r f(x) \, e^x \, dx = F(r)\cdot p - F(0) \cdot q.\] حَيْثُ \(F(x) := f(x) - f'(x) + f''(x) - f'''(x) + \cdots\,\). تُذَكِّر أَنَّنا نُرِيد اِخْتِيارِ \(f(x)\) بِحَيْثُ أَنَّ الجانِبِ الأَيْسَر مِن المُعادَلَةَ صَغِيرٍ (بَيِّنَ 0 وَ 1)، وَفِي نَفْسِ الوَقْتِ الجانِبِ الأَيْمَن هُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ. هَل يُمْكِننا مَعْرِفَةُ مِن المَبادِئِ الأُولَى كَيْفِيَّةِ اِخْتِيارِ \(f(x)\) المُناسَبَةِ؟
إِلَيكَ الفِكْرَةِ الذَكِيَّةِ: تَعْرِيفٍ \(F(x)\) يَتَضَمَّن مُشْتَقّات عالِيَةٍ الرُتْبَة \(f^{(n)}(x)\)، وَالتَفاضُل المُتَكَرِّرَ لَمُتَعَدِّده حُدُودِ يُنْتِج مُعامِلا يُشْبِه العامِلِيّ! هٰذا يُوحِي بِأَنَّهُ إِذا كانَت \(f(x)\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، فَلَيِسَ فَقَط \(f^{(n)}(x)\) سَتَكُون لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، وَلٰكِنَّها سَتَظَلّ تَحْتَفِظ بِمُعامَلات صَحِيحَةٍ حَتَّى بُعْدَ القِسْمَة عَلَى \(n!\). بِالفِعْلِ:
القَضِيَّةِ 1. إِذا كانَت \(f(x)\) مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ بِمُعامَلات صَحِيحَةٍ، فَإِنَّ لِأَيّ عَدَدٍ صَحِيحٌ غَيْرِ سَأَلُبّ \(n\)، \(f^{(n)}(x)/n!\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ.
يَكْفِي إِثْباتِ القَضِيَّةِ 1 فِي حالَةِ \(f(x) = x^m\). المُشْتَقَّة ال\(n\) لِ \(x^m\) هِيَ \(m(m-1)\cdots(m-n+1)x^{m-n}\)، وَتَقْسِيم المَعامِلُ ب \(n!\) يُعْطِي مَعامِلِ ثُنائِيٍّ الحَدِّ \(\binom{m}{n}\)، وَهُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ لِأَيّ عَدَدٍ صَحِيحٌ غَيْرِ سَأَلُبّ \(m\).
القَضِيَّةِ 1 واعِدَةٌ، لِأَنَّ القِسْمَة ب \(n!\) يَجِب أَنَّ تَجْعَل الجانِبِ الأَيْسَر مِن المُعادَلَةَ صَغِيرٍ. لٰكِنَّ لا يَزال هُناكَ صُعُوبَةِ؛ إِذا كانَ \(k\ge n\)، فَإِنَّنا يُمْكِن أَنَّ نُقَسِّم \(f^{(k)}(x)\) ب \(n!\) وَلا يَزال لَدَينا مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ، لٰكِنَّ ماذا نَفْعَل بِتِلْكَ المُشْتَقّاتِ مُنْخَفَضه الرُتْبَة (\(k < n\)) الَّتِي تُظْهِر فِي \(F(x)\)؟ نَحِلّ هٰذِهِ المُشْكِلَةِ بِاِسْتِغْلالِ حُرِّيَّتنا فِي اِخْتِيارِ \(f(x)\). إِذا اِخْتَفَت \(f(x)\) مِن الرُتْبَة \(n\) فِي نُقْطَةً ما \(x=c\)، فَإِنَّ \(f^{(k)}(c)\) تَخْتَفِي لِ \(k<n\). بِما أَنَّ الجانِبِ الأَيْمَن مِن المُعادَلَةَ يَتَضَمَّن \(F(0)\) وَ \(F(r)\)، فَإِنَّنا مدفوعون لِلنَظَرِ فِي مُتَعَدِّدَةِ الحُدُودِ \(x^n(r-x)^n\) (أَو مُتَعَدِّدَةِ الحُدُودِ \(x^n(x-r)^n\)، لٰكِنَّ سَنَرَى قَرِيباً لِماذا \(x^n(r-x)^n\) تَخْدِم أَغْراضنا بِشَكْلٍ أَفْضَلَ)، وَالَّتِي تَخْتَفِي مِن الرُتْبَة \(n\) فِي كُلِّ مِن \(x=0\) وَ \(x=r\).
النَتِيجَةُ 1. لِلأَعْداد الصَحِيحَةِ \(r\) وَ \(n\) مَعَ \(n\ge 0\)، لِنَأْخُذ \(f(x) = x^n(r-x)^n\)، وَ \(F(x) = f(x) - f'(x) + f''(x) - \cdots\,\). ثُمَّ \(F(0)/n!\) وَ \(F(r)/n!\) هُما أَعْدادِ صَحِيحَةٍ.
بِما أَنَّ \(f(x)\) تَخْتَفِي مِن الرُتْبَة \(n\) فِي \(x=0\) وَ \(x=r\)، \(f^{(k)}(0) = f^{(k)}(r) = 0\) إِذا كانَ \(k<n\). إِذا كانَ \(k\ge n\)، فَإِنَّ القَضِيَّةِ 1 تُخْبِرنا أَنَّ \(f^{(k)}(x)/n!\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ. وَبِالتالِي كُلِّ جُمْلَةِ مِن \(F(0)/n!\) وَ \(F(r)/n!\) إِمّا صِفْر أَو تَقْيِيمِ لَمُتَعَدِّده حُدُودِ بِمُعامَلات صَحِيحَةٍ فِي قِيمَةَ صَحِيحَةٍ.
نَحْنُ الآنَ فِي وَضْعِ يُمْكِننا مِن تَقْدِيمِ بُرْهان ثانِي لِلقَضِيَّةِ 1 لا يَتَطَلَّب أَيّ مَعْرِفَةُ بِمُتَعَدِّدات الحُدُودِ المُتَعامِدَة.
لِنَأْخُذ \(f(x) := x^n(r-x)^n\) لِبَعْضِ \(n\) (الَّذِي سَيَتِمّ اِخْتِيارِ قِيمَتُهُ لاحِقاً)، وَنَعْرِف \(F(x) := f(x) - f'(x) + f''(x) - f'''(x) + \cdots\,\). لِنَفْتَرِض نَحْوَ تُناقِض أَنَّ \(e^r = p/q\) لَأَعْداد صَحِيحَةٍ مُوجِبه \(p\) وَ \(q\). تُشِير المُعادَلَةَ إِلَى \[\label{eq:theorem1} \frac{q}{n!}\int_0^{r} x^n(r-x)^n \, e^x \, dx = \frac{F(r)p}{n!} - \frac{F(0)q}{n!}.\] تُخْبِرنا النَتِيجَةُ 1 أَنَّ الجانِبِ الأَيْمَن مِن المُعادَلَةَ هُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ. عَلَى الجانِبِ الأَيْسَر، طُولِ فَتْرَةٍ التَكامُلِ غَيْرِ صِفْر لِأَنَّ \(r>0\)، وَالمُتَكامِل مُوجِب صَرْفِ بَيِّنَ \(0\) وَ \(r\) (هُنا حَيْثُ اِخْتِيارنا لِ \(x^n(r-x)^n\) بَدَلاً مِن \(x^n(x-r)^n\) يَحْدُث فِرَقاً)، لُذّاً فَإِنَّ الجانِبِ الأَيْسَر مُوجِب صَرْفِ. لٰكِنَّ يُمْكِننا أَيْضاً تَحْدِيدِ الحَدِّ الأَعْلَى لِلتَكامُل بِضَرْبِ طُولِ فَتْرَةٍ التَكامُلِ بِحَدِّ أَعْلَى لِلعَوامِل المصطلحيه لِلمُتَكامِل: \[\int_0^{r} x^n(r-x)^n \, e^x \, dx \le r \cdot r^n \cdot r^n \cdot e^r.\] لِأَنَّ \(n!\) يَنْمُو بِسُرْعَةٍ فائِقه الآسِيَة، فَإِنَّ الجانِبِ الأَيْسَر مِن المُعادَلَةَ أَقَلَّ مِن \(1\) لِ كُلِّ \(n\) كَبِيرٍ بِما فِيهِ الكِفايَةُ، مِمّا يَتَناقَض مَعَ القَضِيَّةِ الأَساسِيَّةِ لِنَظَرِيَّةِ الأَعْدادُ المتساميه.
نُلاحِظ عابِرا أَنَّ البُرْهانَيْنِ لِلقَضِيَّةِ 1 لَيِسا مُخْتَلِفِينَ كَما قَد يَبْدُو فِي البِدايَةِ، لِأَنَّ صِيغَةِ رُودْرِيغِيز (nist) لَمُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر تَنُصّ عَلَى \[\tilde P_n(x) = \frac{1}{n!r^n} \frac{d^n}{dx^n} (x^n(x-r)^n),\] لُذّاً \(\tilde P_n(x)\) فِي الواقِعِ مُرْتَبِطَةً اِرْتِباطا وَثِيقاً ب مُتَعَدِّدَةِ الحُدُودِ \(f(x) = x^n(r-x)^n\).
لَقَد عَمَلِنا بِجِدٍّ، وَلَم نُذَكِّر \(\pi\) بُعْدَ. لٰكِنَّ كَما وَعُدْنا فِي وَقْتٍ سابِقٍ، فَإِنَّ تَعْدِيلاً بَسِيطا لِلأَفْكار الَّتِي رَأَيْناها بِالفِعْلِ سَيَثْبُت عَدَمِ نِسْبِيَّةٌ \(\pi\).
أَوَّلاً، عَلَى الرَغْمِ مِن ذٰلِكَ، يَجِب عَلَينا عَلَى الأَقَلِّ مُعالَجَةِ السُؤالُ الأَساسِيُّ، ما هُوَ \(\pi\) عَلَى أَيّ حالِ؟ أَقَلَّ تَعْرِيفٍ مُثِيرٌ لِلجَدَلِ هُوَ أَنَّ \(\pi\) هُوَ الحَدِّ لَمُحِيط مُضَلَّع مُنْتَظِم قَطْرُهُ وَحْدَةِ مَعَ زِيادَةِ \(n\) إِلَى ما لا نِهايَةِ.
\[\sin x := x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots\]
وَنَعْرِف \(\pi\) لِيَكُون أَصْغَرِ عَدَدٍ مُوجِب بِحَيْثُ \(\sin \pi = 0\). الفائِدَةِ مِن هٰذا النَهْجِ هِيَ أَنَّهُ يَسْمَح لَنا بِاِسْتِخْدامِ أَدَواتِ التَفاضُل وَالتَكامُلِ لِدِراسَةِ \(\pi\). قَد يَعْتَرِض المَرْء بِأَنَّهُ لَيِسَ مِن الواضِحِ أَنَّ هٰذا تَعْرِيفٍ \(\pi\) يَتَطابَق مَعَ التَعْرِيفِ الهَنْدَسِيِّ. هٰذا الاِعْتِراضِ صَحِيحٌ، وَلٰكِنَّنا نَتَّخِذ وِجْهَةِ النَظَرِ بِأَنَّ تَكافُؤ التعريفين هُوَ حَقِيقَةِ مِعْيارَيْهِ يَكُون “الرِياضِيِّ العادِيُّ فِي الشَوارِعِ” عَلَى دِرايَةً بِها.
النَظَرِيَّةِ 1 تَقُول أَنَّ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ لِجَمِيعِ الأَعْدادُ الصَحِيحَةِ المُوجِبَةِ \(r\)، وَلٰكِن فِي الواقِعِ تَعْنِي عَلَى الفَوْرِ أَنَّ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ لِجَمِيعِ الأَعْدادُ النِسْبِيَّةِ غَيْرِ الصِفْرِيَّة \(r\)، لِأَنَّهُ إِذا كانَ \(e^r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ فَإِنَّ كَذٰلِكَ \(e^{-r} = 1/e^r\)، وَإِذا كانَ \(e^{r/a}\) نِسْبِيّاً فَإِنَّ كَذٰلِكَ \((e^{r/a})^a = e^r\). يُمْكِننا إِعادَةِ صِياغَةِ هٰذِهِ النَتِيجَةُ عَلَى النَحْوِ التالِي: إِذا كانَ \(r\) غَيْرِ صِفْرَيَّ وَ\(e^r\) نِسْبِيٍّ، فَإِنَّ \(r\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ. لِإِثْباتِ أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ، نَمِر بِنَفْسِ الحُجَّة تَقْرِيباً مَعَ الدالَّةِ \(\sin x\) بَدَلاً مِن الدالَّةِ \(e^x\)، وَنَأْخُذ \(r=\pi\). الآنَ \(\sin r = \sin\pi = 0\) بِشَكْلٍ واضِحٍ نِسْبِيٍّ، وَسَنُجادِل بِأَنَّ هٰذا يَعْنِي أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ.
هُناكَ تَعْدِيلانِ فَقَط يَجِب إِجْراؤهما فِي البُرْهانُ. أَوَّلاً، اِسْتِبْدالِ \(e^x\) ب \(\sin x\) يُغَيِّر صِيغَةِ التَكامُلِ بِالأَجْزاء قَلِيلاً. \[\begin{aligned} \int_0^\pi f(x)\,\sin x\, dx &= \biggl[-f(x) \,\cos x\biggr]_0^\pi + \int_0^\pi f'(x)\,\cos x\, dx \\ &= f(\pi) + f(0) + \biggl[f'(x)\, \sin x\biggr]_0^\pi - \int_0^\pi f''(x)\,\sin x\, dx\\ &= f(\pi) + f(0) - \int_0^\pi f''(x)\,\sin x\, dx.\end{aligned}\] لُذّاً إِذا عَرَفْنا \(F(x) := f(x) - f''(x) + f''''(x) - f''''''(x) + \cdots\) فَإِنَّ \[\label{eq:intfxsinx} \int_0^\pi f(x) \, \sin x\, dx = F(\pi) + F(0).\]
التَعْدِيلِ الثانِي يَنْشَأ لِأَنَّنا سَنَفْتَرِض نَحْوَ تُناقِض أَنَّ \(\pi = a/b\)، وَبِما أَنَّ \(\pi\) يَلْعَب الدَوْرِ الَّذِي كانَ \(r\) يَلْعَبه، نَحْتاج إِلَى نُسْخَةً مِن النَتِيجَةُ الفَرْعِيَّةِ 1 حَيْثُ يَتِمّ اِسْتِبْدالِ \(r-x\) ب \(a-bx\).
النَتِيجَةُ الفَرْعِيَّةِ 2. لِلأَعْداد الصَحِيحَةِ \(a, b, n\) مَعَ \(b\ne 0\) وَ\(n\ge 0\)، لِيَكُن \(f(x) = x^n(a-bx)^n\)، وَ\(F(x) = f(x) - f''(x) + f''''(x) - \cdots\,\). ثُمَّ \(F(0)/n!\) وَ\(b^nF(a/b)/n!\) هُما أَعْدادِ صَحِيحَةٍ.
البُرْهانُ. كَما فِي بُرْهان النَتِيجَةُ الفَرْعِيَّةِ 1، بِما أَنَّ \(f(x)\) يَنْعَدِم لِلرُتْبَة \(n\) عِنْدَ \(x=0\) وَ\(x=a/b\)، \(f^{(k)}(0) = f^{(k)}(a/b) = 0\) إِذا كانَ \(k<n\). إِذا كانَ \(k\ge n\)، فَإِنَّ النَظَرِيَّةِ 1 تُخْبِرنا أَنَّ \(f^{(k)}(x)/n!\) لَها مُعامَلاتِ صَحِيحَةٍ. كُلِّ جُمْلَةِ مِن \(F(0)/n!\) إِمّا صِفْر أَو الحَدِّ الثابِتُ لَمُتَعَدِّده حُدُودِ بِمُعامَلات صَحِيحَةٍ، لُذّاً \(F(0)/n!\) عَدَدٍ صَحِيحٌ. أَمّا بِالنِسْبَةِ لِ \(F(a/b)/n!\)، فَهُوَ نَتِيجَةَ تَقْيِيمِ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ مِن الدَرَجَةِ \(n\) فِي \(x\) بِمُعامَلات صَحِيحَةٍ عِنْدَ \(x=a/b\)، لُذّاً ضَرْبها فِي \(b^n\) يُنْتِج عَنهُ عَدَدٍ صَحِيحٌ. تَمَّ البُرْهانُ.
مُلاحَظَةُ. فِي الواقِعِ، هُناكَ شَيْء أَقْوَى حَتَّى صَحِيحٌ؛ فَرَضِيّات النَتِيجَةُ الفَرْعِيَّةِ 2 تَعْنِي أَنَّ \(F(a/b)/n!\) بِالفِعْلِ عَدَدٍ صَحِيحٌ، لِأَنَّ التَفاضُل \(n\) مَرّاتٍ لِ \(f(x)\) يُنْتِج قُوَى مُناسَبَةِ مِن \(b\) عَبْرَ قاعِدَةِ السِلْسِلَة. وَلٰكِنَّنا لا نَحْتاج إِلَى هٰذِهِ النَتِيجَةُ الأَقْوَى.
النَظَرِيَّةِ 2. \(\pi\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ.
أَفْتَرِض نَحْوَ تُناقِض أَنَّ \(\pi = a/b\) لَأَعْداد صَحِيحَةٍ مُوجِبه \(a\) وَ \(b\). نَعْرِف مُتَعَدِّدَةِ الحُدُودِ \(f(x) := x^n(a-bx)^n\)، وَنَضَع \(F(x) := f(x) - f''(x) + f''''(x) - f''''''(x) + \cdots\,\). بِمُوجِبِ المُعادَلَةَ , \[\int_0^\pi f(x) \, \sin x\, dx = F(\pi) + F(0).\] إِذا ضَرْبنا كُلّاً الجانِبَيْنِ مِن المُعادَلَةَ ب \(b^n\!/n!\)، فَإِنَّنا نَحْصُل \[\label{eq:theorem2} \frac{b^n}{n!}\int_0^{a/b} x^n(a-bx)^n \, \sin x \, dx = \frac{b^n F(a/b)}{n!} + \frac{b^nF(0)}{n!}.\] النَتِيجَةُ الفَرْعِيَّةِ 2 تَعْنِي أَنَّ الجانِبِ الأَيْمَن مِن المُعادَلَةَ عَدَدٍ صَحِيحٌ. عَلَى الجانِبِ الأَيْسَر، المُتَكامِل صارِما مُوجِبا بَيِّنَ \(0\) وَ\(a/b\) (هٰذا هُوَ المَكانِ الَّذِي يَحْدُث فِيهِ الفِرَقِ اِسْتِخْدامِ الدالَّةِ \(\sin x\)، بَدَلاً مِن \(\cos x\) أَو بِعَضِّ التَحَوُّلُ الطوري الآخَرِ)، وَفَتْرَةُ التَكامُلِ غَيْرِ صِفْرَيْهِ لِأَنَّ \(\pi>0\)، لُذّاً الجانِبِ الأَيْسَر صارِما مُوجِبا. لٰكِنَّ يُمْكِننا أَيْضاً تَحْدِيدِ الحَدِّ الأَعْلَى لِلتَكامُل بِضَرْبِ طُولِ فَتْرَةٍ التَكامُلِ بِحَدِّ أَعْلَى حِدَّةِ بِحِدَّةٍ عَلَى عَوامِلِ المُتَكامِل: \[\int_0^{a/b} x^n(a-bx)^n \, \sin x \, dx \le \frac{a}{b}\biggl(\frac{a}{b}\biggr)^na^n.\] لِأَنَّ \(n!\) يَنْمُو بِسُرْعَةٍ فائِقه الآسِيَة، فَإِنَّ الجانِبِ الأَيْسَر مِن المُعادَلَةَ أَقَلَّ مِن \(1\) لِ جَمِيعِ \(n\) كَبِيرَةٍ بِما فِيهِ الكِفايَةُ، مِمّا يَتَعارَض مَعَ النَظَرِيَّةِ الأَساسِيَّةِ لِنَظَرِيَّةِ الأَعْدادُ المتساميه.
يَجْدُر بِنا الإِشارَةُ إِلَى أَنَّهُ لَيِسَ مِن الصَعْبِ إِجْراءِ تَعْدِيلاتٍ مُماثِلَةٍ عَلَى البُرْهانُ الأَوَّلِ لِلنَظَرِيَّة 1، فِي القِسْمِ [sec:legendre]، لِإِثْباتِ عَدَمِ نِسْبِيَّةٌ \(\pi\) (أَنْظُر (kostya) لِلتَفاصِيل). قَد يُفَضِّل بِعَضِّ القُرّاءِ هٰذا البُرْهانُ، إِذا بَدا “الفِكْرَةِ الذَكِيَّةِ” لِلقِسَم [sec:shorter] عَشْوائِيَّةٍ جِدّاً.
عَلَى الرَغْمِ مِن إِيجاز بُرْهان نَيَّفْنَ، لَم أَكُن قادِراً عَلَى الاِحْتِفاظِ بِهِ فِي ذاكِرَتِي طَوِيلَةٍ الأَمَدِ، لِأَنَّنِي لَم أَفْهَم مِن أَيْنَ جاءَت جَمِيعِ المُكَوِّناتِ. وَلٰكِن الآنَ، أَنا واثِقٌ مِن أَنَّنِي يُمْكِن أَنَّ أُعِيد بِناءه دُونِ الحاجَةِ إِلَى البَحْثِ عَن أَيّ شَيْء. لَقَد وَجَدَت أَنَّ الوَرَقَةَ التالِيَةِ هِيَ كُلِّ ما أَحْتاج إِلَى تَذْكُره، وَأُقَدِّمها لِلقارِئِ كَمُساعَدَة لِلذاكِرَة.
مُسْتَوْحاة مِن نَظَرِيَّةَ الكَثِيرات الحُدُودِيَّةِ المُتَعامِدَة، نَنْظُر فِي تَعْبِيرِ مِن الشَكْلِ \(\int f(x)\,\sin x\,dx\) حَيْثُ \(f(x)\) هِيَ كَثِيرَةٍ حُدُودِ مُخْتارَةٍ بِشَكْلٍ مُناسِبٍ.
يُشِير التَكامُلِ بِالأَجْزاء إِلَى أَنَّهُ إِذا \(F(x) := f(x) - f''(x) + f''''(x) - \cdots\) ثُمَّ \[\int_0^\pi f(x) \, \sin x \, dx = F(\pi) + F(0).\]
إِذا كانَ \(\pi = a/b\)، فَإِنَّنا نُرِيد أَنَّ يَكُون الجانِبِ الأَيْمَن (بُعْدَ التَحْجِيم المُناسِبِ) عَدَداً صَحِيحاً، وَالجانِبِ الأَيْسَر يَكُون بَيِّنَ 0 وَ 1. نَقُوم بِذٰلِكَ بِاِخْتِيارِ \(f\) لِتَخْتَفَى بِدَرَجَةِ عالِيَةٍ \(n\) فِي 0 وَ \(a/b\)، ثُمَّ نَضْرِب كُلّاً الجانِبَيْنِ ب \(b^n\!/n!\). مَقامِ \(n!\) يَجْعَل الجانِبِ الأَيْسَر صَغِيراً. الاِخْتِفاءِ عالِي الدَرَجَةِ يَعْنِي أَنَّ الجانِبِ الأَيْمَن عَدَدٍ صَحِيحٌ، لِأَنَّ المُشْتَقّاتِ مُنْخَفَضه الدَرَجَةِ لِ \(f\) تَخْتَفِي عِنْدَ 0 وَ \(\pi\)، وَالمُشْتَقّات عالِيَةٍ الدَرَجَةِ لِ \(f\) لَها مُعامَلاتِ قابِلَةٍ لِلقِسْمَة ب \(n!\).
مِن المُفِيدِ أَنَّ نَرِي ما يَحْدُث إِذا حاوَلَنا تَقْلِيدِ الأَفْكارَ المَذْكُورَةِ أَعْلاه بِاِسْتِخْدامِ جِداء داخِلِيٌّ مُخْتَلِفِ. لِنَفْتَرِض أَنَّنا نَفْتَرِض أَنَّ \(r=a/b\) وَ \(e^r = p/q\) هُما عَدَدانِ نِسْبِيّانِ غَيْرِ صِفْرِيَّيْنِ. فِي ضَوْء الجِداء الداخِلِيِّ لَمُتَعَدِّدات حُدُودِ لِأُغَيِّر، قَد نُفَكِّر فِي التَكامُلِ \[\int_r^\infty f(x) \, e^{-x}\, dx\] حَيْثُ \(f(x)\) هِيَ مُتَعَدِّدَةِ حُدُودِ يَتَعَيَّن تَحْدِيدِها. التَكامُلِ بِالأَجْزاء يُعْطِي الصِيغَةِ \[\label{eq:laguerre} \int_r^\infty f(x) \, e^{-x}\, dx = F(r) e^{-r}\] حَيْثُ \(F(x) = f(x) + f'(x) + f''(x) + \cdots\,\). إِذا وَأَصْلنا تَقْلِيدِ أَفْكارنا السابِقَةِ، قَد نُحاوِل تَعْيِينِ \(f(x) = (bx-a)^n\) بِحَيْثُ تَخْتَفِي \(f(x)\) بِدَرَجَةِ عالِيَةٍ عِنْدَ \(x = r\) وَتَكُون مُوجِبه عَلَى نِطاقِ التَكامُلِ. كَما فِي السابِقِ، يُمْكِننا التَحَقُّقِ مِن أَنَّهُ إِذا كانَ \(f(x) = (bx-a)^n\) فَإِنَّ \(F(a/b)/n!\) هُوَ عَدَدٍ صَحِيحٌ، لُذّاً يَبْدُو أَنَّ البُرْهانُ سَيَمُرّ، مَعَ كَوْنَ الجانِبِ الأَيْسَر مِن المُعادَلَةَ صَغِيراً لِ \(n\) كَبِيرٍ عِنْدَما نُقَسِّمه ب \(n!\).
لِلأَسَفِ، هُناكَ عَقَبَةً. بِاِسْتِخْدامِ الاِسْتِبْدال \(y=x-r\)، نَجِد أَنَّ \[\begin{aligned} \frac{1}{n!}\int_r^\infty f(x) \,e^{-x}\, dx &= \frac{b^n}{n!} \int_r^\infty (x-r)^n e^{-x}\, dx = \frac{b^n}{n!} \int_0^\infty y^n e^{-y-r}\, dx \\ &= \frac{b^ne^{-r}}{n!} \int_0^\infty y^n e^{-y}\, dx = b^ne^{-r},\end{aligned}\] حَيْثُ تَأْتِي المُساواةُ الأَخِيرَةِ لِأَنَّنا نَتَعَرَّف عَلَى التَكامُلِ كَتَعْرِيف لَدالّه غاما. وَبِالتالِي تَبْسُط المُعادَلَةَ إِلَى \(b^n e^{-r} = e^{-r}F(r)/n!\)، وَيَتِمّ إِلْغاءِ \(e^{-r}\)، مِمّا يَتْرُكنا مَعَ مُعادَلَةِ صَحِيحَةٍ وَلٰكِنَّها لا تُخْبِرنا بِشَيْء عَمّا إِذا كانَ \(e^{-r}\) غَيْرِ نِسْبِيٍّ.
المُشْكِلَةِ هُنا هِيَ أَنَّ التَكامُلِ عَلَى الجانِبِ الأَيْسَر لا يَتَقارَب إِلَى الصِفْرِ بِسُرْعَةٍ كافِيَةٍ، حَتَّى بُعْدَ القِسْمَة ب \(n!\). نَتْرُكها كَسُؤال مَفْتُوحٍ ما إِذا كانَ يُمْكِن إِصْلاحِ الحُجَّة بِبَعْضِ التَعْدِيلاتِ البَسِيطَةِ.
كَما ذَكَّرَنا سابِقاً، فَإِنَّ بُرْهان عَدَمِ العَقْلانِيَّة لِ\(\pi\) الَّذِي نُقَدِّمه هُنا يَعُود إِلَى نَيَّفْنَ (niven)، عَلَى الرَغْمِ مِن أَنَّ الأَفْكارَ يُمْكِن تَتَّبِعها إِلَى هيرميت (hermite) وَ(bbb) فِي الصَفَحاتِ 162–193. عَرَضْنا، بِاِسْتِثْناءِ الصِلَةِ بِالمُتَعَدِّدات الحُدُودِيَّةِ المُتَعامِدَة، يَسْتَعِير بِشَكْلٍ كَبِيرٍ مِن إِنْجِيل (angell). البُرْهانُ بِاِسْتِخْدامِ مُتَعَدِّدات حُدُودِ ليجاندر مُقْتَبَسٍ مِن الإِجابَةَ الَّتِي قَدَّمَها كوستيا_آي (kostya) عَلَى سُؤالٍ نَشَرَتْهُ فِي ماث اوفرفلو، يَسْأَل عَن طُرُقٍ لِتحفيز البُرْهانُ عَلَى أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ عَقْلانِيٌّ. بُرْهان كوستيا_آي كانَ وَحَيّا لِيَ، وَإِلْهاماً رَئِيسِيّاً لَكِتابَتِي هٰذِهِ المَقالَة فِي المَقام الأَوَّلِ.
سَيُلاحَظ القارِئَ المُتَعَلِّم أَنَّ هٰذِهِ الوَرَقَةَ تَفْشَل بِشَكْلٍ واضِحٍ فِي ذَكَرَ الكُسُورِ المُسْتَمِرَّةِ، الَّتِي تَلْعَب دَوْراً هامّا فِي دِراسَةٌ التَقْرِيبات النِسْبِيَّةِ لِلأَعْداد غَيْرِ العَقْلانِيَّة. اِسْتَخْدَمَ لامبرت (bbb) الكُسُورِ المُسْتَمِرَّةِ فِي أَوَّلِ بُرْهان عَلَى أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ عَقْلانِيٌّ فِي الصَفَحاتِ 141–146، وَتُظْهِر أَيْضاً فِي عَمَلٍ هيرميت فِي شَكْلٍ ما نُسَمِّيه الآنَ بِمُقارَبات بادِيهِ (عَلَى الرَغْمِ مِن أَنَّ هيرميت جاءَ قِبَلَ بادِيهِ). مُقارَبات بادِيهِ بِدَوْرِها مُرْتَبِطَةً اِرْتِباطا وَثِيقاً بِالمُتَعَدِّدات الحُدُودِيَّةِ المُتَعامِدَة، لُذّاً فَإِنَّ صِلَةٍ المُتَعَدِّدات الحُدُودِيَّةِ المُتَعامِدَة بِعَدَمِ عَقْلانِيَّةُ \(\pi\) لَيِسَت مُتَوَقَّعَةٍ، لٰكِنَّ يُمْكِننا رُبَّما المُطالَبَةِ بِبَعْضِ الجَدَّة فِي الطَرِيقَةِ الَّتِي أَكَّدَنا بِها عَلَى فائِدَتُها لِأَغْراضٍ توضيحيه. لِمَزِيدٍ مِن المُناقَشَةِ حَوْلَ العَلاقَةِ بَيِّنَ المُعادَلَةَ وَمُقارَباتٌ بادِيهِ وَتُوسِع الكَسْرِ المُسْتَمِرِّ لِ\(e\)، أَنْظُر مُلاحَظَةُ كَوَهْن الشَهْرِيَّةِ (cohn).
لَقَد أَكَّدَنا عَلَى التَوازِي بَيِّنَ عَدَمِ عَقْلانِيَّةُ \(e^r\) وَعَدَمِ عَقْلانِيَّةُ \(\pi\)، لٰكِنَّ يَجِب أَنَّ نُشِير إِلَى أَنَّ التَناقُضَ الظاهِر عِنْدَ التَحَوُّلُ مِن “إِذا كانَ \(r\) نِسْبِيّاً يَعْنِي أَنَّ \(e^r\) غَيْرِ عَقْلانِيٌّ” إِلَى “إِذا كانَ \(\sin\pi\) نِسْبِيّاً يَعْنِي أَنَّ \(\pi\) غَيْرِ عَقْلانِيٌّ” يَعْنِي أَنَّ تَقْنِيَّةٍ البُرْهانُ تُعْطِي تَقْرِيبات نِسْبِيَّةٌ صَرِيحَةٌ لِ\(e^r\)، لٰكِنَّها لا تُعْطِي تَقْرِيبات نِسْبِيَّةٌ صَرِيحَةٌ لِ\(\pi\). إِيجادِ تَقْرِيبات نِسْبِيَّةٌ صَرِيحَةٌ عالِيَةٍ الجُودَةِ لِ\(\pi\) هُوَ مَوْضُوعِ يَتَجاوَز نِطاقِ هٰذِهِ المَقالَة.
أَخِيراً، نَشْكُر نِيكُولاس نجوين، جُون زويلكي، وَخاصَّةً بيتر فاربمان لَقِراءَتهم الدَقِيقَةِ لَمُسَوَّدات هٰذِهِ الوَرَقَةَ؛ لَقَد ساهَمَت مُداخَلاتهم بِشَكْلٍ كَبِيرٍ فِي تَحْسِينِ العَرْضِ.