ପ୍ରମାଣ ଯେ π ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା

[[ପାଇ|]] (ପାଇ) ଉପରେ ବହୁ ପୁରାତନ କାଳରୁ ଅଧ୍ୟୟନ କରାଯାଇଛି ଏବଂ ଏହା ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା (irrational number) ବିଷୟରେ ମଧ୍ୟ ସତ୍ୟ. ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା ଗୋଟିଏ ବାସ୍ତବ ସଂଖ୍ୟା ଯାହାକି ଏକ ଭଗ୍ନସଂଖ୍ୟା *a*/*b*, ରୂପରେ ପ୍ରକାଶ କରାଯାଇପାରିବ ନାହିଁ, (ଏଠାରେ *a* ଏକ ପୂର୍ଣ୍ଣସଂଖ୍ୟା ଓ *b* ଶୂନ୍ୟ ଛଡ଼ା ଅନ୍ୟ ପୂର୍ଣ୍ଣସଂଖ୍ୟା ।

ମାତ୍ର ଗଣିତକୁ ଅଷ୍ଟାଦଶ ଶତାବ୍ଦୀ ଯାଏ ଅପେକ୍ଷା କରିବାକୁ ପଡ଼ିଥିଲା, ଯେତେବେଳେ ଜୋହାନ୍ନ ହେନ୍ରିକ୍  ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ କରିଥିଲେ ଯେ  ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା । ଉନବିଂଶ ଶତାବ୍ଦୀରେ, ଚାର୍ଲ୍ସ ହର୍ମାଇଟ୍ ଏହାର ଆଉ ଗୋଟିଏ ପ୍ରମାଣ ଦେଇଥିଲେ ଯାହା ନିମନ୍ତେ ପାଥୁରି (calculus) ଛଡ଼ା ଆଉ କିଛି ପୁର୍ବସର୍ତ୍ତ ଜ୍ଞାନ ଦରକାର ନାହିଁ । ହର୍ମାଇଟ୍ଙ୍କ ପ୍ରମାଣର ସରଳୀକରଣ ମାରୀ କାର୍ଟରିଇଟ୍ କରିଥିଲେ. ସେମିତି ଅନ୍ୟ ଦୁଇଟି ପ୍ରମାଣ ଏୱାନ୍ ନାଇୱେନ ଓ ମିକଲୋଷ୍ ଲାଚୋୱିଷ୍ ଦେଇଥିଲେ ।

୧୧୮୨ରେ, ଫର୍ଡିନାଣ୍ଡ ୱୋନ୍ ଲିଣ୍ଡମ୍ୟାନ୍ନ ପ୍ରମାଣ କରିଥିଲେ ଯେ  ଯେ କେବଳ ଅପରିମେୟ ତା ନୁହେଁ, ଏହା  ଟ୍ରାନ୍ସେନ୍ଡେନ୍ଟାଲ୍ ମଧ୍ୟ.

## ଲାମ୍ବର୍ଟଙ୍କ ପ୍ରମାଣ 
୧୭୬୧ରେ, ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ କରିଥିଲେ ଯେ  ଗୋଟିଏ ଅପରିମେୟ ସଂଖ୍ୟା । ଏଥିନିମନ୍ତେ ସେ ନିମ୍ନଲିଖିତ ଅବ୍ୟାହତ ଭଗ୍ନାଂଶ (continued fraction) ସମ୍ପ୍ରାସାରଣର ବ୍ୟାବହାର କରିଥିଲେ:

:\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.

ତା ପରେ ଲାମ୍ବର୍ଟ ପ୍ରମାଣ ଯେ ଯଦି *x* ଶୂନ୍ୟ ଛଡ଼ା ଏକ ମୂଳଦ ସଂଖ୍ୟା ତା ହେଲେ ଏହି ଅଭିବ୍ୟକ୍ତିଟି ଅପରିମେୟ । ଯେହେତୁ tan(/4)&nbsp;=&nbsp;1, ଆମେ କହିପାରିବା ଯେ /4 ଅପରିମେୟ ଏବଂ ତେଣୁ  ଅପରିମେୟ । ଏହା ଆହୁରି ସହଜରେ ପ୍ରମାଣିତ କରିହେବ ।

## ହର୍ମାଇଟ୍ଙ୍କ ପ୍ରମାଣ 
ଏହି ପ୍ରମାଣଟି ର ବୈଶିଷ୍ଠ୍ୟ ବ୍ୟବହାର କରେ ଓ ଏହା ପ୍ରମିଣ କରେ ଯେ 2 ଅପରିମେୟ. ଅପରିମେୟତାର ବହୁ ଅନ୍ୟ ପ୍ରମାଣ ଭଳି,ଯୁକ୍ତିଟି ପରୋକ୍ଷ ବ୍ୟତିରେକୀ ପ୍ରମାଣ (reductio ad absurdum)ଦ୍ୱାରା କରାଜଯାଇଛି.

ଧରନ୍ତୁ ନିମ୍ନଲିଖିତ କ୍ରମ (sequences) ଅଛି (*A**n*)*n*&nbsp;≥&nbsp;0 and (*U**n*)*n*&nbsp;≥&nbsp;0 ଫଂସନ୍ର **R**ରୁ **R**କୁ, ଓ ନିମ୍ନଭାବେ ନିର୍ଧାରଣ କରାଜଯାଇଛି:
#A_0(x)=\sin(x);\,
#(\forall n\in\mathbb{Z}_+):A_{n+1}(x)=\int_0^xyA_n(y)\,dy;
#U_0(x)=\frac{\sin(x)}x;
#(\forall n\in\mathbb{Z}_+):U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x.
ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ରେ ପ୍ରମାଣ କରିହେବ ଯେ:
:(\forall n\in\mathbb{Z}_+):A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots
ଏବଂ ଯେ:
:(\forall n\in\mathbb{Z}_+):U_n(x)=\frac1{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots
ଓ ତେଣୁକରି:
:U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.
ତେବେ:
:\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\frac d{dx}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right),
ଯାହାକି ନିମ୍ନ ସହିତ ସମାନ:
:A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-xA_n'(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2A_{n-1}(x).\,
ଏହା ସହ*A*0(*x*)&nbsp;=&nbsp;sin(*x*) and that *A*1(*x*)&nbsp;=&nbsp;−*x*&nbsp;cos(*x*)&nbsp;+&nbsp;sin(*x*), ଯେ *An*(*x*)ନିମ୍ନ ଭାବେ ଲେଖାହୋଇପାରେ P_n(x^2)\sin(x)+xQ_n(x^2)\cos(x), ଯେଉଁଠି *Pn* ଓ*Qn* ପୁର୍ଣସଂଖ୍ୟା ସହଗ ସହ ବହୁପଦି ଫଙ୍କ୍ସନ୍ ଓ ଯେଉଁଠି *Pn*ର ଡ଼ିଗ୍ରୀ ⌊*n*⁄2⌋ଠାରୁ ଛୋଟ.  ବିଶେଷତହ,
:A_n\left(\frac\pi2\right)=P_n\left(\frac{\pi^2}4\right).

ହର୍ମାଇଟ୍ A_nର ମିଳିତ ଅଭିବ୍ୟକ୍ତି ଦେଇଥିଲେ, ଯାହାକି
:A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz.
=:\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).
ଆନୟନ ଯୁକ୍ତି (induction proof)ଦ୍ୱାରା, n=0 ନେଇ.
:\int_0^1\cos(xz)\,dz=\frac{\sin(x)}x=U_0(x)
ଓ, ଆନୟନ ନିମନ୍ତେ,  *n*&nbsp;∈&nbsp;**Z**+. ଯଦି

:\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=U_n(x),

ତେବେ, integration by parts ଓ Leibniz's rule, ବ୍ୟବହାର କରି:

:\begin{align}
& {}\quad \frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\int_0^1(1-z^2)^{n+1}\cos(xz)\,dz \\
& =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\Biggl(\overbrace{\left.\int_0^1(1-z^2)^{n+1}\frac{\sin(xz)}x\right|_{z=0}^{z=1}}^{=\,0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz\frac{\sin(xz)}x\,dz\Biggr)\\[8pt]
&=\frac1x\cdot\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,dz\\[8pt]
&=-\frac1x\cdot\frac d{dx}\left(\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\right) \\[8pt]
& =-\frac{U_n'(x)}x = U_{n+1}(x).
\end{align}

ଯଦି 2/4&nbsp;=&nbsp;*p*/*q*, with *p* and *q* in **N**, ତାହେଲେ*Pn*ର ଗୁଣକ ସବୁ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା ଓ ଏହାର ଦିଗ୍ରୀ ⌊*n*⁄2⌋ ସହ ସମାନ ବା ଛୋଟ, *q*⌊*n*/2⌋*Pn*(2/4) ଗୋଟିଏ ପୂର୍ଣସଙ୍ଖ୍ୟା *N*. ଅନ୍ୟ ଶବ୍ଦରେ:

:\begin{align}N&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right)\\&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)\cos\left(\frac\pi2z\right)\,dz.\end{align}

ଏହି ସଙ୍ଖ୍ୟାଟି 0ଠାରୁ ନିଶ୍ଚୟଭାବେ ବଡ଼; ତେଣୁ, *N*&nbsp;∈&nbsp;**N**. ଅନ୍ୟ ପକ୍ଷରେ, integralଟି ଯା ଏଠାରେ ଆସୁଛି ତା 1ରୁ ଛୋଟ ଓ

:\lim_{n\in\mathbb{N}}q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}=0.

ତେଣୁ ଯଦି *n* ବଡ଼, *N*&nbsp;<&nbsp;1. ଅସଙ୍ଗତି!!

## References 
ଶ୍ରେଣୀ:ପାଇ
ଶ୍ରେଣୀ:ଗଣିତ