¿Cómo podemos probar que$\pi > 3$ usando esta definición?

Question

He estado tratando de demostrar que$\pi > 3$ usando la siguiente definición:

PS

Lo que viene de encontrar cuál es el área del círculo unitario. (Esta ruta se puede encontrar en el Cálculo de Spivak, en caso de que alguien quiera leer sobre este tema)

Ya lo he hecho utilizando sumas y geometría, pero la estoy pasando muy mal tratando de encontrar un buen punto de partida, y mucho menos todo el camino para esta prueba.

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Deje $f(t) = \sqrt{1-t^2}$. Desde $f$ es incluso $$ 2 \int_{-1}^{1} f(t)\,dt = 4 \int_{0}^{1} f(t)\,dt $$

Enlazado $f$ desde abajo con fácilmente integrable funciones, como líneas rectas. Por ejemplo, en este caso, la concatenación de los segmentos de línea que conectan en orden los puntos $(0, f(0))$, $\left(\frac{1}{2}, f(\frac{1}{2})\right)$, $\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4}, f(\frac{1}{2} + \frac{1}{4})\right)$, $\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8}, f(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8})\right)$ y $(1, f(1))$ es suficiente.

Deje $L(t)$ la concatenación de estas líneas. Mostrar que $3 < 4 \int_{0}^{1} L(t)\,dt$$L(t) \le f(t)$$t \in [0,1]$. Entonces concluir por la integral de la monotonía que $$ 3 < 4 \int_{0}^{1} L(t)\,dt \le 4 \int_{0}^{1} f(t)\,dt $$

En realidad, usted puede partición del intervalo de la manera que prefieras y con la suficiente segmentos de línea que usted será capaz de concluir el mismo.

Answer 2

La definición de $\pi=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx$ es en realidad equivalente a $\pi=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^2$ o a $\pi=2\arcsin(1)$ o a $\pi=6\arcsin\frac{1}{2}$ o a $$ \pi = \sum_{n\geq 0}\frac{3\binom{2n}{n}}{16^n(2n+1)}=\color{red}{3}+\frac{1}{8}+\frac{9}{640}+\frac{15}{7168}+\ldots $$ por lo tanto $\pi>3$ $\pi>\frac{25}{8}$ es tan solo una consecuencia de la estructura de la serie de Maclaurin de $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$\arcsin(x)$. Este es esencialmente el de Newton enfoque histórico para el cálculo de $\pi$, rápidamente sustituido por Machin la identidad de $\pi=16\arctan\frac{1}{5}-4\arctan\frac{1}{239}$. Desde $\pi=4\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^2}$ y

$$ \int_{0}^{1}\frac{t^4(1-t)^4}{1+t^2}\,dt = \frac{22}{7}-4\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^2} $$ también tenemos $\pi<3+\frac{1}{7}$ (este es el de Arquímedes aproximación).
Arquímedes-como enfoque geométrico es la siguiente: un círculo con un radio de $1$ puede descomponerse como la unión de un octágono con lado de longitud $\sqrt{2-\sqrt{2}}$ y ocho segmentos circulares. Dichos segmentos se puede aproximar por segmentos parabólicos, cuya área es, simplemente,$\frac{2}{3}\text{base}\cdot\text{height}$. La parabólica segmentos son ligeramente más pequeños que los correspondientes segmentos de círculo, por lo tanto la siguiente construcción

conduce al límite inferior $$\pi > \frac{16}{3}\sqrt{2-\sqrt{2}}-\frac{2}{3}\sqrt{2}= 3.13914757\ldots$$ cuya precisión es comparable con la de Arquímedes aproximación. En este contexto, $\pi>3$ simplemente se sigue del hecho de que el área de un regular dodecagon inscrito en el círculo unitario es $3$.
La parabólica, el método aplicado para regular dodecagon conduce a la agradable obligado $$ \pi > 4\sqrt{6}-4\sqrt{2}-1 = 3.1411\ldots $$ que explica, también, la proximidad entre el$\pi$$\sqrt{2}+\sqrt{3}$.
Volver a trucos furtivos que implican hipergeométrica de la serie, $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2(n+1)^2}=\frac{\pi^2-9}{3},\qquad \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3(n+1)^3}=10-\pi^2 $$ la prueba evidente de que $3<\pi<\sqrt{10}$, o que $\sqrt{78}<2\pi\sqrt{2}<\sqrt{79}$.

Answer 3

En la po $\pi$ se define como el área del círculo unitario, y por tanto, más grande que el área de cualquier inscrito en el círculo unidad, canónica polígono.

Vamos a mostrar que el área de $A_{12}$ de la canónica 12-gon, inscrito en el círculo unitario es EXACTAMENTE 3, y, por tanto,$\pi>3$.

De hecho, $$ A_{12}=12\times T_{12} $$ donde $T_{12}$ es el área del triángulo isósceles con lados $1$, $1$ y $2\sin (\pi/12)$. En este triángulo: $$ \mathrm{Altura}=\cos(\pi/12)=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},\quad \mathrm{Base}=2\sin(\pi/12)=2\cdot\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} $$

y, por tanto,$T_{12}=\frac{1}{4}$$A_{12}=3$, y, en consecuencia, $\pi>3$.

Answer 4

Insinuación:

Se puede demostrar rigurosamente que

PS

y la integral del polinomio es$$\sqrt{1-t^2}\ge 1-t^2+\frac{t^4(1-t^2)}{0.65}$.

Answer 5

Supongo que la integral es:$$\pi = 2\int_{-1}^1{ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}}dt$ $ Sugerencia: use la integral estándar:$$2\int_{-1}^1{ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}}dt=2 \bigg[\arcsin t \bigg]_{-1}^{1}= 2\bigg[ \ arcsin (1) - \arcsin(-1)\ \bigg]>3$ $