Док-во иррациональности пи

[sa233091]

Здравствуйте, у меня есть некоторая идея про доказательство иррациональности пи.
Кратко идея заключается вот в чём: Пусть пи рационально,то есть представимо в виде $\[\frac{a}{b}\]$, где $\[a\]$ и $\[b\]$ взаимно простые целые числа.Но тогда мы докажем, что либо существует выпуклый многоугольник вписанный в окружность радиуса $\[r\]$ с отношением периметра к $\[2r\]$ равным $\[\frac{a}{b}\]$, либо существует выпуклый многоугольник описанный около окружности радиуса $\[r\]$ с отношением периметра к $\[2r\]$ равным $\[\frac{a}{b}\]$.
Далее приведу математическую модель.
1)[если выпуклый многоугольник вписан в окружность]:
обозначим его центральные углы как ${a_1},{a_2},{a_3},{a_4},...,{a_n}$
тогда по теореме косинусов для равнобедренных треугольников его стороны равны
$r\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} ,r\sqrt {2 - 2\cos {a_2}} ,...,r\sqrt {2 - 2\cos {a_n}} $
Периметр этого многоугольника равен $\[r(\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} + \sqrt {2 - 2\cos {a_2}} + ... + \sqrt {2 - 2\cos {a_n}} )\]$.Отношение периметра к $\[2r\]$: $\[\frac{{\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} + \sqrt {2 - 2\cos {a_2}} + ... + \sqrt {2 - 2\cos {a_n}} }}{2}\]$.
2)[если выпуклый многоугольник описан около окружности]:
Обозначим его центральные углы как ${b_1},{b_2},{b_3},{b_4},...,{b_n}$
Его периметр равен $\[2r\tg \frac{{b{}_1}}{2} + 2r\tg \frac{{b{}_2}}{2} + ... + 2r\tg \frac{{b{}_n}}{2}\]$
Отношение периметра к $\[2r\]$ равно $\[\tg\frac{{b{}_1}}{2} + \tg\frac{{b{}_2}}{2} + ... + \tg\frac{{b{}_n}}{2}\] $.
Тогда док-во иррациональности свелось к док-ву утверждения:
Для любых натуральных a, b либо найдутся такие положительные числа ${a_1},{a_2},{a_3},{a_4},...,{a_n}$,что $\[\frac{{\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} + \sqrt {2 - 2\cos {a_2}} + ... + \sqrt {2 - 2\cos {a_n}} }}{2}=\frac{a}{b}\]$ и $\[{a_1} + {a_2} + ... + {a_n} = 360\]$,либо найдутся такие положительные числа${b_1},{b_2},{b_3},{b_4},...,{b_n}$,что $\[\tg\frac{{b{}_1}}{2} + \tg\frac{{b{}_2}}{2} + ... + \tg\frac{{b{}_n}}{2}=\frac{a}{b}\] $ и $\[{b_1} + {b_2} + ... + {b_n} = 360\]$.
Прошу дать некоторые советы как можно продолжить док-во (доказать это утверждение).
Приношу извинения за отсутствие чертежа. Если он требуется могу привести пишите в комментариях.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Оформите все формулы, в том числе одиночные символы.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[kotenok gav]

В первом случае наверно так:

$$\frac{{\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} + \sqrt {2 - 2\cos {a_2}} + ... + \sqrt {2 - 2\cos {a_n}} }}{2}=\frac{a}{b}$$

$$\sqrt {2 - 2\cos {a_1}} + \sqrt {2 - 2\cos {a_2}} + ... + \sqrt {2 - 2\cos {a_n}}=\frac{2a}{b}$$

$$\sqrt {2 - 2\cos {a_1}}=\frac{2a}{b}-\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}$$

$$2-2\cos {a_1}=\frac{4a^2}{b^2}-\frac{4a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}+{ \left( \sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}} \right)}^2$$

А во втором пока ещё не знаю.
Продолжение напишу потом.

[DeBill]

sa233091 в сообщении #1143476 писал(а):

Прошу дать некоторые советы

Ну, корни квадратные извлекаются -как это видно из формул для косинуса двойного угла...
Однако предположение, что $\frac{a}{b} =\pi$ , дополненное средствами анализа, доказывает отсутствие решений Вашей системы - вне зависимости от рац-ти или ирр-ти дроби...В решении kotenok gav
- те же проблемы: последнее ур-е решений не имеет.
Ваапче, если в решении нигде не задействована - явно - натуральность чисел $a,b$, то оно заведомо ошибочно. А натуральность можно уловить , видимо, лишь какой-либо конкретной конструкцией - каковой я в упор не вижу, и в каковую в упор не верю.
Так что - совет: бросьте Вы на фиг всю эту идею, тупиковая она...

[kotenok gav]

Продолжение:

$$2-2\cos {a_1}=\frac{4a^2}{b^2}-\frac{4a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}+{ \left( \sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}} \right)}^2$$

$$\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}=c_k$$

$${ \left( \sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}} \right)}^2=\sum\limits_{k=2}^{n}(2 - 2\cos {a_k})+2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}c_jc_m= \\ =\sum\limits_{k=2}^{n}(2 - 2\cos {a_k})+2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {2 - 2\cos {a_j}}\sqrt {2 - 2\cos {a_m}}= \\ =\sum\limits_{k=2}^{n}(2 - 2\cos {a_k})+2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {4-4\cos {a_m} -4\cos {a_j} +4\cos {a_j} \cos {a_m} }$$

Продолжение следует.

[DeBill]

kotenok gav
Вы не поняли мои замечания...
Если выполнять чисто аналитические преобразования, ничего не выйдет: при $\frac{a}{b} = \pi $ оба уравнения решений не имеют. Это следует из неравенства Йенсена и выпуклости вверх (вниз) синуса (тангенса).

[kotenok gav]

А можно я сам попробую?

-- 19 авг 2016, 12:50 --

Продолжение:

$$2-2\cos {a_1}=\frac{4a^2}{b^2}-\frac{4a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}+ \\ \sum\limits_{k=2}^{n}(2 - 2\cos {a_k})+2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {4-4\cos {a_m} -4\cos {a_j} +4\cos {a_j} \cos {a_m} }$$

$$2-2\cos a_1 - \frac{4a^2}{b^2} - \sum\limits_{k=2}^{n}(2 - 2\cos {a_k})= \\ = 2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {4-4\cos {a_m} -4\cos {a_j} +4\cos {a_j} \cos {a_m} } - \frac{4a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}$$

$$2-2\cos a_1 - \frac{4a^2}{b^2} - 2(n-1) + 2\sum\limits_{k=2}^{n}\cos {a_k} = \\ = 2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {4-4\cos {a_m} -4\cos {a_j} +4\cos {a_j} \cos {a_m} } - \frac{4a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}$$

$$2 - n - \cos a_1 - \frac{2a^2}{b^2} + \sum\limits_{k=2}^{n}\cos {a_k} = \\ = 2\sum\limits_{2 \leq j \leq n\; 2 \leq m \leq n\; j \neq m}\sqrt {1-\cos {a_m} -\cos {a_j} +\cos {a_j} \cos {a_m} } - \frac{2a}{b}\sum\limits_{k=2}^{n}\sqrt {2 - 2\cos {a_k}}$$

Продолжение следует.

[Cash]

kotenok gav в сообщении #1145079 писал(а):

А можно я сам попробую?

Не стоит. Периметр вписанного многоугольника будет всегда меньше длины окружности. О чем вам уже дважды сказали. То, что вы этого не хотите понимать и продолжаете упорствовать в своем невежестве, приводя безумные выкладки, сродни эксгибиционизму - деянию уголовно наказуемому.

[kotenok gav]

А периметр описанного многоугольника всегда будет больше длины окружности?

[atlakatl]

kotenok gav
Всегда. Любой угол можно срезать (зелёные линии), получив многоугольник с меньшим периметром. В пределе получим многоугольник, совпадающий с окружностью - и равный ей по длине.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Дискуссионные темы (М)»
Причина переноса: по содержанию и даже исходному посту - типичная дискуссионная тема.Ерундой занимаюсь

kotenok gav, просьба не заниматься захватом темы, если не знаете доказательств.

[sa233091]

А какие вообще существуют методы доказать, что пи иррационально ?

[arseniiv]

https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_that_π_is_irrational.

[sa233091]

Спасибо. А существуют ли более хитрые методы например доказательств? Например с применением теории чисел или геометрическое док-во.