dünyanin en zor matematik sorusunu soruyorum

ispat 1 : 1. n in mathbb{N} olmak üzere f_n(x)=frac {x^n(1-x)^n}{n!} olsun bu polinomun şu özellikleri kolayca gösterilir :

(a) forall x in (0,1) için 0<f_n(x)<frac {1}{n!} olur.

(b) k>{2n} veya n>k geq 0 için f_n^k (0)=0 .

(c) forall k in mathbb{N} için f_n^k(0) bir tamsayıdır.

(d) forall k in mathbb{N} için f_n^k(1) bir tamsayıdır. (f_n(x)=f_n(1-x) oluşundan görülür.)

Bunların dışında bir de aşağıdaki gerçeğe gereksinim duyacağız:

a ne olursa olsun frac {a^n}{n!}<frac {1}{pi} olacak şekilde a ‘ya bağlı bir n in mathbb{N} vardır.

(Bu gerçek, lim_{n to infty} frac{a^n}{n!}=0 oluşundan kolayca elde edilir.)
pi^2= frac {a}{b} (a,b in mathbb{N}) olduğunu varsayalım.

G(x)=b^n (pi^{2n}f_n(x)-pi^{2n-2}f_n(x)+pi^{2n-4}f'_n(x)+ldots+(-1 )^nf_n^{2n}(x))

olarak tanımlayalım.
pi^2= frac {a}{b}, f_n^k(0) in mathbb{Z} hspace{0,4cm} ve hspace{0,4cm} f_n^k(1) in mathbb{Z}(1)

olduğundan G(0) in mathbb{Z} hspace{0,4cm} ve hspace{0,4cm} G(1) in mathbb{Z} olduğu görülür.

2. Ayrıca

G(x)=b^n(pi^{2n}f_n(x)-pi^{2n-2}f'_n(x)+ldots+(-1)^nf_n^{2n+2}(x))(2)

ve f^{2n+2}(x)=0 olduğundan (1) debkleminin her iki tarafıda pi^2 ile çarpılıp (2) denklemi ile taraf tarafa toplanarak

G(x)+pi^2G(x)=b^npi^{2n+2}f_n(x)=a^npi^2f_n(x)

elde edilir.Şimdi

H(x)=G'(x)sin pi x-pi G(x) cos pi x

olarak tanımlayalım.O zaman;

H'(x)=pi G'(x) cos pi x+G''(x) sin pi x- pi G'(x) cos pi x+pi^2G(x) sin pi x=(G''(x)+pi^2G(x)) sin pi x=pi^2a^nf_n(x) sin pi x (3)

elde edilir.Şimdiye kadar yazılanlar forall n in mathbb{N} için doğrudur.n sayısını, frac {a^n}{n!}<frac {1}{pi} olacak şekilde seçelim. Her hspace{0,3cm} x in (0,1) için

0<pi a^nf_n(x) sin pi x<frac {pi a^n}{n!}<1 (4)

olur. Buradan

H(1)-H(0)=G'(1) sin pi-pi G(1) cos pi-G'(0) sin 0+pi G'(0) cos 0=pi (G(1)+G(0)) (5)

bulunur. Ortalama değer teoreminden

H(1)-H(0)=H'(c)(1-0)=pi^2 a^n f_n(c) sin pi c (6)

olacak şekilde bir c in (0,1) sayısı vardır.(5) ve (6) ‘dan

G(1)+G(0)=pi a^nf_n sin pi c

elde edilir. G(0) ve G(1) tam sayı olduğundan pi a^nf_n(c) sin pi c ‘de bir tamsayıdır. Diğer taraftan (4) eşitsizliğinden

0<pi a^nf_n(c) sin pi c<1 = 40 ( gırk )

olmalıdır.Bu ise pi a^n f_n(c) sin pi c ‘nin bir tamsayı olması ile çelişir.Öyleyse pi^2 ‘nin irrasyonel olduğu, dolayısıyla MHP ‘nin irrasyonel olduğu ispatlanmış olur.