Le dimostrazioni del famoso risultato matematico che il numero razionale
22
/
7
{\displaystyle 22/7}
π (pi greco) risalgono fino all'antichità. Una di queste dimostrazioni, recentemente sviluppata e che richiede solo conoscenze elementari dell'analisi, ha attirato l'attenzione dei matematici moderni per la sua eleganza matematica e la sua connessione alla teoria delle approssimazioni diofantee . Stephen Lucas definì questa dimostrazione «uno dei più bei risultati sull'approssimazione di
π
{\displaystyle \pi }
[1] frazione continua di
π
{\displaystyle \pi }
[2]
Lo scopo principale della dimostrazione non è quello di convincere i lettore che
22
/
7
{\displaystyle 22/7}
π
{\displaystyle \pi }
π
{\displaystyle \pi }
π
{\displaystyle \pi }
3
,
14159
{\displaystyle 3,14159}
π
<
22
/
7
{\displaystyle \pi <22/7}
3
,
142857
{\displaystyle 3,142857}
π
<
22
/
7
{\displaystyle \pi <22/7}
π
{\displaystyle \pi }
3
,
14159
{\displaystyle 3,14159}
22
/
7
{\displaystyle 22/7}
π
{\displaystyle \pi }
frazione continua semplice di
π
{\displaystyle \pi }
22
7
=
3
,
142
857
¯
,
π
=
3
,
141
592
65
…
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {22}{7}}&=3,{\overline {142\,857}},\\\pi \,&=3,141\,592\,65\ldots \end{aligned}}}
L'approssimazione è nota fin dall'antichità. Archimede scrisse nel III secolo a.C. la prima dimostrazione conosciuta che
22
/
7
{\displaystyle 22/7}
22
/
7
{\displaystyle 22/7}
perimetro di un poligono regolare circoscritto di 96 lati e il diametro del cerchio.[3]
π
{\displaystyle \pi }
355/113 .
La dimostrazione può essere espressa succintamente come:
0
<
∫
0
1
x
4
(
1
−
x
)
4
1
+
x
2
d
x
=
22
7
−
π
.
{\displaystyle 0<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {22}{7}}-\pi .}
perciò,
22
7
>
π
{\displaystyle {\frac {22}{7}}>\pi }
Il calcolo di questo integrale fu il primo problema nella Putnam Competition del 1968.[4]
modifica
Che l'integrale è positivo segue dal fatto che l'integrando è non negativo, essendo un rapporto fra somme e prodotti di potenze di numeri reali non negativi. Inoltre, si può verificare che è strettamente positivo in almeno un punto dell'intervallo di integrazione, ad esempio
1
/
2
{\displaystyle 1/2}
0
{\displaystyle 0}
1
{\displaystyle 1}
Rimane da dimostrare che il valore dell'integrale è la quantità desiderata:
0
<
∫
0
1
x
4
(
1
−
x
)
4
1
+
x
2
d
x
=
∫
0
1
x
4
−
4
x
5
+
6
x
6
−
4
x
7
+
x
8
1
+
x
2
d
x
espansione dei termini del numeratore
=
∫
0
1
(
x
6
−
4
x
5
+
5
x
4
−
4
x
2
+
4
−
4
1
+
x
2
)
d
x
utilizzando la divisione fra polinomi
=
(
x
7
7
−
2
x
6
3
+
x
5
−
4
x
3
3
+
4
x
−
4
arctan
x
)
|
0
1
integrale definito
=
1
7
−
2
3
+
1
−
4
3
+
4
−
π
con
arctan
(
1
)
=
π
4
e
arctan
(
0
)
=
0
=
22
7
−
π
.
somma delle varie frazioni
{\displaystyle {\begin{aligned}0&<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx\\[8pt]&=\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}-4x^{5}+6x^{6}-4x^{7}+x^{8}}{1+x^{2}}}\,dx&{\text{espansione dei termini del numeratore}}\\[8pt]&=\int _{0}^{1}\left(x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-4x^{2}+4-{\frac {4}{1+x^{2}}}\right)\,dx&{\text{ utilizzando la divisione fra polinomi}}&\\[8pt]&=\left.\left({\frac {x^{7}}{7}}-{\frac {2x^{6}}{3}}+x^{5}-{\frac {4x^{3}}{3}}+4x-4\arctan {x}\right)\,\right|_{0}^{1}&{\text{integrale definito}}\\[6pt]&={\frac {1}{7}}-{\frac {2}{3}}+1-{\frac {4}{3}}+4-\pi \quad &{\text{con }}\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}{\text{ e }}\arctan(0)=0\\[8pt]&={\frac {22}{7}}-\pi .&{\text{somma delle varie frazioni}}\end{aligned}}}
Semplici stime superiori e inferiori
modifica
In Dalzell (1944) , si osserva che sostituendo
1
{\displaystyle 1}
x
{\displaystyle x}
0
{\displaystyle 0}
[5]
1
1260
=
∫
0
1
x
4
(
1
−
x
)
4
2
d
x
<
∫
0
1
x
4
(
1
−
x
)
4
1
+
x
2
d
x
<
∫
0
1
x
4
(
1
−
x
)
4
1
d
x
=
1
630
.
{\displaystyle {\frac {1}{1260}}=\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{2}}\,dx<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1}}\,dx={1 \over 630}.}
Quindi si ottiene
22
7
−
1
630
<
π
<
22
7
−
1
1260
,
{\displaystyle {\frac {22}{7}}-{\frac {1}{630}}<\pi <{\frac {22}{7}}-{\frac {1}{1260}},}
perciò in espansione decimale
3
,
1412
<
π
<
3
,
1421
{\displaystyle 3,1412<\pi <3,1421}
π
{\displaystyle \pi }
Dalzell (1971) .[6]
modifica
Come discusso in Lucas (2005) , la ben conosciuta e migliore approssimazione diofantea 355/113 per
π
{\displaystyle \pi }
0
<
∫
0
1
x
8
(
1
−
x
)
8
(
25
+
816
x
2
)
3164
(
1
+
x
2
)
d
x
=
355
113
−
π
.
{\displaystyle 0<\int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}\left(25+816x^{2}\right)}{3164\left(1+x^{2}\right)}}\,dx={\frac {355}{113}}-\pi .}
Si noti che
355
113
=
3
,
141
592
92
…
,
{\displaystyle {\frac {355}{113}}=3,141\,592\,92\ldots ,}
dove le prime sei cifre decimali coincidono con quelle di
π
{\displaystyle \pi }
1
{\displaystyle 1}
x
{\displaystyle x}
∫
0
1
x
8
(
1
−
x
)
8
(
25
+
816
x
2
)
6328
d
x
=
911
5
261
111
856
=
0
,
000
000
173
…
,
{\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}\left(25+816x^{2}\right)}{6328}}\,dx={\frac {911}{5\,261\,111\,856}}=0,000\,000\,173\ldots ,}
mentre sostituendo
0
{\displaystyle 0}
355
113
−
911
2
630
555
928
<
π
<
355
113
−
911
5
261
111
856
.
{\displaystyle {\frac {355}{113}}-{\frac {911}{2\,630\,555\,928}}<\pi <{\frac {355}{113}}-{\frac {911}{5\,261\,111\,856}}\,.}
In espansione decimale, questo significa che 3,141 592 57 <
π
{\displaystyle \pi }
3,141 592 74, dove le cifre in grassetto sono le stesse di
π
{\displaystyle \pi }
Si possono generalizzare le idee precedenti per ottenere approssimazioni sempre migliori di
π
{\displaystyle \pi }
Backhouse (1995) [7] Lucas (2005) (in entrambi i riferimenti, tuttavia, non compaiono i calcoli). Per i calcoli espliciti, si consideri, per ogni intero
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1}
1
2
2
n
−
1
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
d
x
<
1
2
2
n
−
2
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
1
+
x
2
d
x
<
1
2
2
n
−
2
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
d
x
,
{\displaystyle {\frac {1}{2^{2n-1}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx<{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{1+x^{2}}}\,dx<{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx,}
dove l'integrale centrale vale
1
2
2
n
−
2
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
1
+
x
2
d
x
=
∑
j
=
0
2
n
−
1
(
−
1
)
j
2
2
n
−
j
−
2
(
8
n
−
j
−
1
)
(
8
n
−
j
−
2
4
n
+
j
)
+
(
−
1
)
n
(
π
−
4
∑
j
=
0
3
n
−
1
(
−
1
)
j
2
j
+
1
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{1+x^{2}}}\,dx\\&\qquad =\sum _{j=0}^{2n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2^{2n-j-2}\left(8n-j-1\right){\binom {8n-j-2}{4n+j}}}}+\left(-1\right)^{n}\left(\pi -4\sum _{j=0}^{3n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2j+1}}\right)\end{aligned}}}
in cui compare
π
{\displaystyle \pi }
formula di Leibniz per π . La stima dell'errore è dato da
1
2
2
n
−
1
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
d
x
=
1
2
2
n
−
1
(
8
n
+
1
)
(
8
n
4
n
)
∼
π
n
2
10
n
−
2
(
8
n
+
1
)
,
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2^{2n-1}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx&={\frac {1}{2^{2n-1}\left(8n+1\right){\binom {8n}{4n}}}}\\&\sim {\frac {\sqrt {\pi n}}{2^{10n-2}\left(8n+1\right)}},\end{aligned}}}
dove l'approssimazione (la
∼
{\displaystyle \sim }
asintoticamente equivalenti per
n
→
∞
{\displaystyle n\to \infty }
approssimazione di Stirling e mostra la convergenza rapida dell'integrale a
π
{\displaystyle \pi }
Calcolo di questi integrali
Per ogni intero
k
≥
0
{\displaystyle k\geq 0}
l
≥
2
{\displaystyle l\geq 2}
x
k
(
1
−
x
)
l
=
(
1
−
2
x
+
x
2
)
x
k
(
1
−
x
)
l
−
2
=
(
1
+
x
2
)
x
k
(
1
−
x
)
l
−
2
−
2
x
k
+
1
(
1
−
x
)
l
−
2
.
{\displaystyle {\begin{aligned}x^{k}\left(1-x\right)^{l}&=\left(1-2x+x^{2}\right)x^{k}\left(1-x\right)^{l-2}\\&=\left(1+x^{2}\right)\,x^{k}\left(1-x\right)^{l-2}-2x^{k+1}\left(1-x\right)^{l-2}.\end{aligned}}}
Applicando ricorsivamente questa formula
2
n
{\displaystyle 2n}
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
=
(
1
+
x
2
)
∑
j
=
0
2
n
−
1
(
−
2
)
j
x
4
n
+
j
(
1
−
x
)
4
n
−
2
(
j
+
1
)
+
(
−
2
)
2
n
x
6
n
.
{\displaystyle x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}=\left(1+x^{2}\right)\sum _{j=0}^{2n-1}\left(-2\right)^{j}x^{4n+j}\left(1-x\right)^{4n-2\left(j+1\right)}+(-2)^{2n}x^{6n}.}
Inoltre,
x
6
n
−
(
−
1
)
3
n
=
∑
j
=
1
3
n
(
−
1
)
3
n
−
j
x
2
j
−
∑
j
=
0
3
n
−
1
(
−
1
)
3
n
−
j
x
2
j
=
∑
j
=
0
3
n
−
1
(
(
−
1
)
3
n
−
(
j
+
1
)
x
2
(
j
+
1
)
−
(
−
1
)
3
n
−
j
x
2
j
)
=
−
(
1
+
x
2
)
∑
j
=
0
3
n
−
1
(
−
1
)
3
n
−
j
x
2
j
,
{\displaystyle {\begin{aligned}x^{6n}-\left(-1\right)^{3n}&=\sum _{j=1}^{3n}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}-\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}\\&=\sum _{j=0}^{3n-1}\left(\left(-1\right)^{3n-\left(j+1\right)}x^{2\left(j+1\right)}-\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}\right)\\&=-\left(1+x^{2}\right)\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j},\\\end{aligned}}}
dove la prima uguaglianza vale poiché per
1
≤
j
≤
3
n
−
1
{\displaystyle 1\leq j\leq 3n-1}
j
→
j
+
1
{\displaystyle j\to j+1}
L'applicazione di questi due risultati fornisce
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
2
2
n
−
2
(
1
+
x
2
)
=
∑
j
=
0
2
n
−
1
(
−
1
)
j
2
2
n
−
j
−
2
x
4
n
+
j
(
1
−
x
)
4
n
−
2
j
−
2
−
4
∑
j
=
0
3
n
−
1
(
−
1
)
3
n
−
j
x
2
j
+
(
−
1
)
3
n
4
1
+
x
2
.
(
1
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{2^{2n-2}\left(1+x^{2}\right)}}&=\sum _{j=0}^{2n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2^{2n-j-2}}}x^{4n+j}\left(1-x\right)^{4n-2j-2}\\&\qquad {}-4\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}+\left(-1\right)^{3n}{\frac {4}{1+x^{2}}}.\qquad (1)\end{aligned}}}
Per
k
,
l
≥
0
{\displaystyle k,l\geq 0}
integrazione per parti
l
{\displaystyle l}
∫
0
1
x
k
(
1
−
x
)
l
d
x
=
l
k
+
1
∫
0
1
x
k
+
1
(
1
−
x
)
l
−
1
d
x
=
⋯
=
l
k
+
1
l
−
1
k
+
2
⋯
1
k
+
l
∫
0
1
x
k
+
l
d
x
=
1
(
k
+
l
+
1
)
(
k
+
l
k
)
.
(
2
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{k}\left(1-x\right)^{l}\,dx&={\frac {l}{k+1}}\int _{0}^{1}x^{k+1}\left(1-x\right)^{l-1}\,dx\\&=\cdots \\&={\frac {l}{k+1}}{\frac {l-1}{k+2}}\cdots {\frac {1}{k+l}}\int _{0}^{1}x^{k+l}\,dx\\&={\frac {1}{\left(k+l+1\right){\binom {k+l}{k}}}}.\qquad (2)\end{aligned}}}
Impostando
k
=
l
=
4
n
{\displaystyle k=l=4n}
∫
0
1
x
4
n
(
1
−
x
)
4
n
d
x
=
1
(
8
n
+
1
)
(
8
n
4
n
)
.
{\displaystyle \int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx={\frac {1}{(8n+1){\binom {8n}{4n}}}}.}
Integrando l'equazione (1) da 0 a 1 usando l'equazione (2) e
arctan
(
1
)
=
π
/
4
{\displaystyle \arctan(1)=\pi /4}
π
{\displaystyle \pi }
I risultati per
n
=
1
{\displaystyle n=1}
n
=
2
{\displaystyle n=2}
1
4
∫
0
1
x
8
(
1
−
x
)
8
1
+
x
2
d
x
=
π
−
47
171
15
015
{\displaystyle {\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}}{1+x^{2}}}\,dx=\pi -{\frac {47\,171}{15\,015}}}
e
1
8
∫
0
1
x
8
(
1
−
x
)
8
d
x
=
1
1
750
320
,
{\displaystyle {\frac {1}{8}}\int _{0}^{1}x^{8}\left(1-x\right)^{8}\,dx={\frac {1}{1\,750\,320}},}
quindi 3,141 592 31 <
π
{\displaystyle \pi }
3,141 592 89, dove le cifre in grassetto sono quelle di
π
{\displaystyle \pi }
n
=
3
{\displaystyle n=3}
1
16
∫
0
1
x
12
(
1
−
x
)
12
1
+
x
2
d
x
=
431
302
721
137
287
920
−
π
{\displaystyle {\frac {1}{16}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{12}\left(1-x\right)^{12}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {431\,302\,721}{137\,287\,920}}-\pi }
e stima dell'errore
1
32
∫
0
1
x
12
(
1
−
x
)
12
d
x
=
1
2
163
324
800
,
{\displaystyle {\frac {1}{32}}\int _{0}^{1}x^{12}\left(1-x\right)^{12}\,dx={\frac {1}{2\,163\,324\,800}},}
perciò 3,141 592 653 40 <
π
{\displaystyle \pi }
3,141 592 653 87. Proseguendo con
n
=
4
{\displaystyle n=4}
1
64
∫
0
1
x
16
(
1
−
x
)
16
1
+
x
2
d
x
=
π
−
741
269
838
109
235
953
517
800
{\displaystyle {\frac {1}{64}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{16}\left(1-x\right)^{16}}{1+x^{2}}}\,dx=\pi -{\frac {741\,269\,838\,109}{235\,953\,517\,800}}}
con
1
128
∫
0
1
x
16
(
1
−
x
)
16
d
x
=
1
2
538
963
567
360
,
{\displaystyle {\frac {1}{128}}\int _{0}^{1}x^{16}\left(1-x\right)^{16}\,dx={\frac {1}{2\,538\,963\,567\,360}},}
da cui si ricava 3,141 592 653 589 55 <
π
{\displaystyle \pi }
3,141 592 653 589 96.
^ Stephen Lucas, Integral proofs that 355/113 > π PDF Australian Mathematical Society Gazette , vol. 32, n. 4, 2005, pp. 263–266, MR 2176249 , Zbl 1181.11077 . ^ Julian Havil, Gamma. Exploring Euler's Constant 96 , ISBN 0-691-09983-9 , MR 1968276 , Zbl 1023.11001 . ^ Archimedes, Measurement of a circle T.L. Heath (a cura di), The Works of Archimedes , Dover Publications, 2002 [1897] , pp. 93-96, ISBN 0-486-42084-1 . ^ Gerald L. Alexanderson , Leonard F. Klosinski e Loren C. Larson (a cura di), The William Lowell Putnam Mathematical Competition: Problems and Solutions: 1965–1984 ISBN 0-88385-463-5 , Zbl 0584.00003 . ^ D. P. Dalzell, On 22/7 Journal of the London Mathematical Society , vol. 19, 75 Part 3, 1944, pp. 133–134, DOI :10.1112/jlms/19.75_part_3.133 , MR 0013425 , Zbl 0060.15306 . .^ D. P. Dalzell, On 22/7 and 355/113 , in Eureka; the Archimedeans' Journal , vol. 34, 1971, pp. 10–13, ISSN 0071-2248 (WC ACNP . .^ Nigel Backhouse, Note 79.36, Pancake functions and approximations to π , in The Mathematical Gazette , vol. 79, n. 485, July 1995, pp. 371–374, JSTOR 3618318 . 
![{\displaystyle {\begin{aligned}0&<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx\\[8pt]&=\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}-4x^{5}+6x^{6}-4x^{7}+x^{8}}{1+x^{2}}}\,dx&{\text{espansione dei termini del numeratore}}\\[8pt]&=\int _{0}^{1}\left(x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-4x^{2}+4-{\frac {4}{1+x^{2}}}\right)\,dx&{\text{ utilizzando la divisione fra polinomi}}&\\[8pt]&=\left.\left({\frac {x^{7}}{7}}-{\frac {2x^{6}}{3}}+x^{5}-{\frac {4x^{3}}{3}}+4x-4\arctan {x}\right)\,\right|_{0}^{1}&{\text{integrale definito}}\\[6pt]&={\frac {1}{7}}-{\frac {2}{3}}+1-{\frac {4}{3}}+4-\pi \quad &{\text{con }}\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}{\text{ e }}\arctan(0)=0\\[8pt]&={\frac {22}{7}}-\pi .&{\text{somma delle varie frazioni}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/52902ad460bc522e15218b874d7db1133fa918bd)
