
English: 
Welcome to another Mathologer video. A
couple of weeks ago I showed you an
animation of the first ever proof that
pi is irrational by Johann Lambert who
published it in 1761. Really a huge
milestone in the history of mathematics.
It came more than 2,000 years after the
ancient Greeks first ran into those
annoying irrational numbers. After
watching my video James Angel who is a
math teacher here in Australia told us
about this really quite extraordinary
problem on the toughest Australian maths
exam the New South Wales mathematics
extension 2 exam from 2003. The students
who sit this exam are among the best in
this country. They are around 17 years
old and this would be their last big
maths exam in school. Let's have a closer
look. This is a three hour exam and it's

Russian: 
Добро пожаловать в новое видео Mathologer'а.
Пару недель назад я показал вам
анимацию первого в истории доказательства того факта, что число π иррационально. Автором этого доказательства был Иоганн Ламберт [Johann Lambert],
опубликовавший его в 1761 году. Воистину
огромный прорыв в истории математики.
Он был совершён спустя более чем 2000 лет после
того, как древние греки впервые столкнулись с этими
раздражающими иррациональными числами. После просмотра моего видео, Джеймс Эйнджел (James Angel), учитель
математики здесь, в Австралии, рассказал
нам об одной весьма примечательной
задаче из сложнейшего австралийского экзамена по математике – экзамена по курсу "Mathematics Extension 2" [англ. "Расширенный курс по математике 2"]
в Новом Южном Уэльсе в 2003 году. Ученики,
сдававшие его, были одними из лучших
в этой стране. Им примерно по 17 лет, и это
должен был быть их последний большой
школьный экзамен по математике. Посмотрим, что
же там было. Это – трёхчасовой экзамен, и всего

English: 
worth a total of 120 marks. The last set
of problems on this exam on page 15
looks like this.
Looks pretty scary, right? It looks even scarier if you just focus on what's asked of the students at the
end. So it appears what they're supposed
to do here is to prove that pi is
irrational. Really? And how much is this
final problem on the hardest Australian
maths exam worth? Eight out of hundred
and twenty that's less than seven
percent. Well, when you have a closer look
you find that what is being asked there
is definitely quite demanding but not
anywhere as insane as it looks at first
glance. What the students are asked to do
is to fill in the details of a proof
which is essentially due to the famous
French mathematician Charles Hermite.
That's the man. What I'd like to do today
is to explain this proof to you. Well
actually today's goal is really quite
ambitious. What I'll show you is a

Russian: 
в нём можно набрать 120 баллов. Последняя часть
заданий, изложенная на странице, хех, №15,
выглядит вот так.
Выглядит устрашающе, не так ли? Вас охватит ещё
большая жуть, если вы посмотрите на конец
задачи: "докажите, что π иррационально". То есть,
похоже, что от учеников ожидали доказать тот факт,
что π иррационально. Серьёзно?! И сколько же баллов
давала эта последняя задача на самом сложном австралийском
экзамене по математике? 8 из 120. Это меньше, чем 7%.
Что ж, если приглядеться повнимательнее, то
обнаружится, что от учеников действительно
требовалось что-то выдающееся, однако совершенно
не настолько безумное, как кажется на первый
взгляд. По сути, учеников просили вывести (по подсказкам) доказательство,
которое, в сущности, обязано своим существованием знаменитому французскому математике Шарлю Эрмиту.
Вот он. И сегодня я хотел бы объяснить
его доказательство вам.
На самом деле, моя сегодняшняя цель действительно весьма амбициозна. Я покажу вам

English: 
streamlined version of this proof which
on top of being completely
self-contained and accessible to high
school students is probably also the
shortest and simplest proof for the
irrationality of pi in existence. Now
unfortunately all the great attributes
of this proof come at a price. Nothing's
free in life :)
Unlike Lambert's long but easy-to-
motivate proof that I showed you before
this short proof has been refined to
such an extent that it may very well
seem to have fallen from the sky. Very
ingenious but the mathematical
equivalent of black magic :) Since you're
watching this video you probably won't
need this reminder but just in case, to
say that pi is irrational means that pi
is not a rational number that it cannot
be written as a ratio of integers. Okay
last chance to admire Hermite's hair before

Russian: 
упрощённую версию этого доказательства,
которое, помимо своей полноты
и доступности для учеников старших классов,
также, вероятно, является самым
коротким и простым доказательством
иррациональности π из существующих.
К сожалению, все замечательные свойства этого
доказательства стоят определённую цену. Ничто
в жизни не достаётся бесплатно :) В отличие от долгого, но интуитивно понятного
доказательства Ламберта, которое я показывал вам ранее, это короткое доказательство за прошедшие столетия было отточено
до такой степени, что вполне может показаться
вам как будто бы свалившимся с неба.
Гениальное и простое, но в то же время – математический эквивалент чёрной магии :) Поскольку вы уже
смотрите это видео, то вам наверняка не требуется
это напоминание, но всё же, на всякий случай:
когда мы говорим, что π иррационально, мы
подразумеваем, что оно не может быть
записано как отношение двух целых чисел. Сейчас будет последний шанс полюбоваться причёской Эрмита, прежде

Russian: 
чем мы примемся за дело. Как и другие доказательства
иррациональности чисел, та версия
доказательства Эрмита, которое я вам покажу, –
это доказательство от противного. Оно
сработает вот таким образом: мы начнём с предположения, что π, на самом деле, – рациональное число.
Здесь, u и v – это положительные целые числа. Полагаясь
на сделанное предположение, мы соорудим
бесконечную последовательность положительных
чисел, которые приближаются всё ближе и ближе к 0.
Но затем, когда мы рассмотрим эту последовательность, окажется, что все числа
в ней – на самом деле, целые. Но это абсолютно
невозможно, поскольку положительные целые
числа не могут быть сколь угодно близки к 0.
Они не могут быть ближе, чем 1, так ведь? И поэтому наше
изначальное предположение о том, что π – рациональное
число, приводит к ложному заключению. Однако,
поскольку ничто ложное не может следовать
из чего-то истинного, это значит, что наше
предположение должно быть ложным. И раз
оказывается, что π не является рациональным, оно

English: 
things get serious. Like pretty much
every irrationality proof the version of
Hermite's proof I'll show you is an
ingenious proof by contradiction. It
works like this: we'll start by assuming
that pi is actually a rational number.
So both u and V are positive integers.
Based on this assumption we conjure up
an infinite sequence of positive numbers
that gets closer and closer to zero.
But then when we have a really really
close look it turns out that the numbers
in the sequence are actually all
integers. But that's absolutely
impossible, positive integers cannot get
arbitrarily close to zero. The closest
they can get is 1 away, right? And so
our assumption that pi is a rational
number implies something that is false. But
since nothing false can follow from
something true this means that our
assumption has to be false to start
with and so since pi is not rational it

English: 
has to be irrational. Great! But now let's
take the proof one step at a time.
Everybody, mathematical seatbelts on? Alright so we start by assuming that pi is
equal to u divided by v. Now let me show
you this sequence of numbers that I just
talked about. So the zeroeth number in the
sequence is just 2, the next number
is 4 times the denominator v squared.
Then, in general, the nth term I_n is, whoa,
where did that come from? Looks
pretty scary doesn't it. (Marty) Yeah, it's a little scary. (Burkard) Not for you, come
on. However, it's really just an area
under a pretty simple curve. I'll explain
that in a moment, okay. So what do we have to do first? We have to convince
ourselves that all the numbers given by
this scary formula are positive and that

Russian: 
должно быть иррациональным. Отлично! Но теперь
давайте разберём доказательство шаг за шагом.
Все готовы, математические ремни безопасности застёгнуты?
Хорошо, давайте начнём с предположения, что
π равно u/v. Теперь я покажу вам ту последовательность чисел, о которой я
говорил перед этим. Нулевое (по счёту) число в
последовательности равно 2, следующее равно
4 умножить на v^2, квадрат знаменателя дроби. Обобщая, n-ый член последовательности, I_n, равен... Ого!
Откуда эта штука взялась? Выглядит просто ужасающе. (Марти) Да, немного устрашает. (Буркхард) Да ладно, точно не тебя.
Тем не менее, это выражение отражает просто
площадь под довольно-таки простой кривой.
Скоро объясню. Что нам нужно сделать
сейчас? Надо убедиться в том,
что все числа, данные этой безумной формулой, положительны и

English: 
they really get closer and closer to
zero. Piece of cake  :) The expression here
is called an integral. It simply
represents the area between the x-axis
and the graph of this function here from
x is equal to 0 to x is equal to pi. All
these graphs will roughly look the bump
over there. So zeros at the end and
positive in between. Now what we need is
a rough estimate of how big the area of
this bump is. That's easy. In between zero
and pi the maximum value of x to the
power of n is, well, what? Well x cannot be
bigger than pi
so the maximum value of x to the power
of n is pi to the power of n, and
actually the same is true for the next
factor. And sine can be at most 1.
So this means that for every possible
value x the whole function is definitely

Russian: 
действительно стремятся к 0. Плёвое дело :)
Вот это выражение, в синей рамочке,
называется интегралом. Оно попросту
обозначает площадь между осью x
и графиком вот этой функции, между x=0 и x=π.
Все эти графики будут выглядеть примерно как вот
такой бугор. Слева и справа они уходят в ноль,
а посередине выше нуля. Сейчас нам нужно найти
грубую оценку того, насколько велика площадь
под этим бугром. Это легко. Между 0 и π,
максимальное значение выражения
x^n равно чему? Ну, x не может быть больше, чем π,
поэтому максимальное значение x^n будет равно π^n.
И то же самое будет верно для следующего
множителя. А синус не может быть больше 1.
Всё это означает, что, для любого возможного
значения x, вся функция точно

English: 
at most as large as this product here
which is equal to this. And this means
that the bump is located underneath the
horizontal at this height here. But then
the area of the bump is less than the
area of this rectangle and so width
times height. That's this guy here and
this means that if we replace the
integral which is the area of the bump
by this rectangle area we get something
bigger than the term I_n that we are
pondering here. Okay let's do that. Clean
up a bit and let's put these three numbers on the
number line. Now it's not hard to show
that the number on the right will tend
to zero as we crank up n. But then, since
I_n is always sandwiched between this
number and zero it has to tend to zero
as well, right? So, squeeze, squeeze, squeeze, the

Russian: 
не может быть больше, чем вот это произведение.
Которое равно π^(2n). А это, в свою очередь, значит,
что бугорок целиком расположен под горизонтальной линией на высоте π^(2n). Но тогда
площадь под бугром должна быть меньше, чем площадь
вот этого прямоугольника. Которая равна ширине,
умноженной на высоту, что равно π^(2n)*π.
И это значит, что если мы заменим
интеграл, равный площади под бугром, на площадь
этого прямоугольника, то получим нечто
большее, чем I_n, с которым тут возимся. Давайте так и сделаем.
Немного упростим, и теперь отметим эти три числа на
числовой прямой. Не так сложно доказать,
что число справа будет стремиться
к 0, когда n неограниченно растёт. Но тогда,
поскольку I_n всегда сжато между этим
числом и 0, оно также должно стремиться к 0, верно? Сжимаем-сжимаем-сжимаем,

Russian: 
и среднее число просто обязано тоже стремиться к 0.
Небольшая задачка для вас: почему бы вам
не попробовать доказать, что это число на самом деле
стремится к 0, когда n стремится к бесконечности?
Подсказка: назовите вот это число иксом, и затем покажите,
что это выражение стремится к 0 для всех
возможных значений x (положительных). А вот
и вторая подсказка: посмотрите моё последнее видео
на отметке в примерно 29 минут и 20 секунд. Как всегда,
оставляйте свои решения в комментариях. Итак,
если мы вернёмся к нашему супер-плану, то
в данный момент мы знаем вот это: [если π = u/v, то I_0, I_1, I_2, I_3, ... -> 0, и I_n > 0]. Мы только что немного познакомились с этой особой числовой
последовательностью и убедили себя в том, что она
действительно стремится к 0. Заметьте, до сих пор
мы не пользовались нашим предположением о том,
что π равно дроби. Мы сделаем это в следующем
шаге, когда докажем, что все члены нашей
последовательности являются целыми числами,
что приведёт нас к столь желанному противоречию.
Итак, чтобы понять суть аргумента, который мы
будем использовать, давайте по-быстрому вспомним

English: 
thing in the middle has to go to zero, too.
Actually, a bit of a puzzle: why don't you
try to show that this number actually
goes to zero as n goes to infinity.
Here's a hint. Call this number here x and then show
that this expression goes to zero for
all possible choices of x. Now, second
hint check out the previous video around
the 29 minutes 20 seconds mark. As usual
leave your solutions in the comments.
Okay so in terms of our master plan
we're up to here. We just got to know our
special sequence of positive numbers a
little bit and convinced ourselves that
it really goes to zero. Now so far we've
not made use of our assumption that pi
is a fraction we'll do that in the next
step to conclude that all the terms of
our sequence are also integers which
then leads to the contradiction we're
chasing.
Okay to indicate the kind of argument
we'll make let's take a quick look at

English: 
the Fibonacci numbers. Well you all
know this but the sequence starts out with
a 0 and a 1 which are usually called F_0
and F_1. Then the next term F_2 is 0 plus
1 equals 1. Next is 1 plus 1 is 2, then 2
plus 1 is 3, and so on. Now this whole
sequence is pinned down by the first two
terms F_0 and F_1 together with a
general rule that the nth Fibonacci
number F_n is equal to the sum of the
previous two Fibonacci numbers. In maths
lingo a rule like this is called a
recurrence relation. The point I'd like
to make is that it's completely clear
from this recurrence relation and the fact
that the seed numbers F_0 and F_1 are
integers that all the terms of the
Fibonacci sequence are integers, right? An
integer plus an integer is always an
integer. So if we left the recurrence

Russian: 
числа Фибоначчи. Разумеется, вы все их знаете,
но всё же – последовательность начинается с
0 и 1, которые обычно обозначаются как F_0 и F_1. Следующий член, F_2, равен 0+1,
что равно 1. Следующий: 1+1 = 2,
затем 2+1=3, и так далее. Вся эта
последовательность определяется первыми
двумя членами, F_0 и F_1, вместе с
общим правилом, по которому n-ое число Фибоначчи, F_n, равно сумме
двух предыдущих чисел Фибоначчи. На математическом жаргоне подобное правило называется
рекуррентной формулой. Идея, которую я пытаюсь
преподнести здесь, заключается в том, что из этого
рекуррентного соотношения и того факта, что начальные числа, F_0 и F_1, являются
целыми, совершенно очевидно, что все члены последовательности Фибоначчи являются целыми числами. Верно?
Целое + целое = целое число, всегда. Поэтому,
если бы мы оставили рекуррентную

English: 
relation in place but changed the seed
integers to other integers the terms of
the new sequence would still be all
integers, right? Ok now it turns out that
the sequence of numbers were interested
in for our pi calculation is also pinned
down by its first two terms and the
recurrence relation like this. Ok, ok this
recurrence relation is a bit more
complicated than the one for the
Fibonacci sequence. Also remember that u and v are the numerator and denominator of
our pi fraction. Anyhow it should also be
clear at a glance that if the pink and
green numbers are both integers then the
orange number they combine into has to
be an integer as well. And this means
that if we can show that the
recurrence relation up there is really
true and if we can show that the seed
numbers I_0 and I_1 are the integers
that we indicated in the blue, then all
the terms of our sequence are
automatically integers. This then

Russian: 
формулу без изменений и при этом поменяли бы
начальные числа на другие целые числа,
то члены новой последовательности
по-прежнему были бы целыми. Оказывается, что
последовательность чисел, в которых мы
заинтересованы из-за нашей истории с π,
также полностью определяется её первыми двумя членами
и рекуррентным соотношением вооот такого вида. Да-да,
это рекуррентное соотношение немножко более
мудрёное, чем предыдущее, относившееся к
последовательности Фибоначчи. Также, не забывайте, что u и v являются числителем и знаменателем
нашей дроби для π. Как бы то ни было, вам также
должно быть ясно с первого взгляда, что если
розовое и зелёное число являются целыми, то
оранжевое число, в которое они превращаются,
тоже должно быть целым. А это значит, что если мы сможем показать, что
рекуррентная формула сверху действительно
верна и что начальные числа,
I_0 и I_1, являются теми целыми числами, которые
обозначены в синем квадрате справа, то все
члены нашей последовательности автоматически
будут целыми числами. А это, в свою очередь,

Russian: 
создаст необходимое нам противоречие, на чём
и окончится наше доказательство того факта,
что π иррационально. Какое суперское, потрясающее,
фантастическое, остроумное доказательство, не находите? Что ж, [Марти] с этим явно согласен. (Марти) Да, я согласен. (Буркхард) Ага.
Всё вплоть до этого момента было довольно
простым, но сейчас нам придётся посчитать
числа в нашей последовательности, с математической точностью, и для этого нам придётся бросить в бой мощь...
матанализа. Чтобы проверить, что числа в синей
рамке верны, нам просто (просто...) нужно
вычислить соответствующие интегралы.
Во-первых, для n=0, что даёт вот это выражение.
Разумеется, если вы знаете хоть чуть-чуть интегрального исчисления, то с первого взгляда увидите,
что интеграл действительно равно 2. Но в случае,
если всё это для вас ново, я, надеюсь,
осчастливлю вас, отметив, что это равенство
говорит нам о том, что площадь под
одной из "волн" функции синуса равна в точности 2.
Я до сих пор помню, как меня
очень заинтриговал этот факт, когда я впервые
с ним столкнулся. Хм, заметьте, что мы здесь

English: 
establishes the contradiction and we'll
be done, we'll have conclusively proved
that pi is irrational. What a super duper,
amazing,
fantastic, nifty argument, don't you think?Well I think he agrees. (Marty) I agree. (Burkard) He agrees.
Everything so far was pretty easy but
now we really have to calculate the
numbers in our sequence precisely and
for that we need to unleash the power of...
calculus. To check that the blue numbers
are correct we just just have to
evaluate the integral. First for n is
equal to 0 which gives this guy
here. Of course, if you know a little bit
of integral calculus you see at a glance
that this is really equal to 2. But
just in case this is new to you I hope
that I make your day by pointing out
that this just says that the area under
one of the waves of the sine function is
exactly 2. I still remember being
really intrigued by this the first time
I came across this fact. Also we're

English: 
talking about pi here but there seems to
be no circle in sight. Well in this proof
the circle is represented by the sine
function and it is two of its nicest
properties that are at the core of the
recurrence relation, as we shall see. How
about the second blue number. Hmm this is also not hard if you know a little bit
of calculus. Otherwise just go with the
flow for the moment. For the rest of you
simplify on auto-pilot. It looks roughly
like this here, right, you don't even
think about this stuff. And now you
probably recognize the integrals in the
boxes as standard examples of integrals
that can be evaluated with the technique
of integration by parts. And if you do
integration by parts this is what you
get. This and that and everything
cancels out and we are done. Okay as the
last part of the puzzle it remains to
prove that our recurrence relation is

Russian: 
всё говорим о π, но при этом не видно никакого круга, чью длину
окружности мы бы рассматривали. Что ж, в этом доказательстве
круг представлен функцией синуса. И именно его два замечательных
свойства лежат в основе нашего рекуррентного
соотношения, как мы вскоре увидим.
Как насчёт второго синего числа? Хм... Это тоже
достаточно несложно, если вы знаете кое-что
из матанализа. В ином случае, просто следуйте за
течением мысли некоторое время. Остальным –
упрощаем на автопилоте. Выглядит всё
примерно вот так, вот так, вам не нужно даже
задумываться об этом. И теперь вы,
вероятно, узнаёте интегралы в этих
рамках как стандартные примеры интегралов,
которые могут быть вычислены при помощи метода
интегрирования по частям. И если проинтегрировать их по частям, то вот что у вас
получится. Упрощаем, почти всё сокращается,
и мы закончили. Отлично... Последней
частью нашей задачи является доказать,
что наша рекуррентная формула

English: 
true for all n starting with n = 2. Similar to the calculation of I_1
this is done by applying integration by
parts. Not hard in spirit but fiddly
enough that the students actually get 4
out of the total of 8 marks for getting
this part right. I actually now have to
show you the details of this calculation
because without those details it's just not
clear why the integral is built the way
it is and what role sine our proxy for the
circle really plays in this proof. The
calculation itself is completely routine
if you're familiar with integration by
parts. Basically just algebra with some
calculus facts thrown in. If you're not
familiar with any of this, you should
still be able to understand most of it
and it's only going to take two or three
minutes anyway. As a reward for those of
you who make it to the end of the proof
I've prepared something extra nice for
the end of the video. Okay now what
integration by parts allows us to do is
to transform one integral into a

Russian: 
верна для всех n, начиная с n=2. Так же,
как в случае с вычислением I_1,
это можно сделать путём интегрирования по частям. Концептуально несложно, однако
достаточно хлопотно для того, чтобы ученики
получали 4 из 8 баллов за решение именно
этой части задачи. И мне сейчас надо
показать вам детали этих вычислений,
поскольку без них попросту непонятно,
почему n-ый интеграл можно вычислить именно
таким образом и какую роль в этом доказательстве
играет синус, этот наш представитель круга. Само
вычисление совершенно обыкновенное,
если вы знакомы с интегрированием по частям. По
сути, просто алгебра, с несколькими вброшенными
фактами из матанализа. Если же вы
незнакомы со всем этим, то всё равно
должны быть способны понять большую часть
последующей аргументации. Лишь две или три
минуты пройдут мимо вас. В качестве награды для
тех из вас, кто дойдёт до конца доказательства,
я приготовил кое-какие крайне интересные
факты, о которых поговорю в конце видео. Итак,
интегрирование по частям позволяет нам сделать
следующее: превратить один интеграл в

English: 
different integral in the hope that the
new integral is easier to evaluate. Let
me show you using one instance of the
integral we are dealing with here. To be
able to apply integration by parts you
have to split the function into two
factors like this. Now here's the
integration by parts formula. So the
first factor in the original integral
turns into its derivative in the second
integral and the second factor turns into one of its anti derivatives. Alright let's
have a close look at our special
integral. As you can see, the orange f(x)
vanishes at x=0 and x=pi. This means that all those
non-integral terms down there vanish, too.
Gone! The pink on the left is sine which

Russian: 
другой интеграл, с надеждой на то, что
новый интеграл будет легче вычислить.
Давайте я продемонстрирую вам это на примере
одного из интегралов, с которыми мы имеем дело.
Чтобы применить интегрирование по частям,
нужно разбить функцию на два
множителя, как-нибудь так. А вот так выглядит
формула для интегрирования по частям.
Первый множитель в изначальном интеграле
превращается в собственную производную во втором
интеграле, а второй множитель – в одну из своих
первообразных. Хорошо, теперь давайте
присмотримся поближе к нашему особому интегралу.
Как видите, оранжевый множитель, f(x),
превращается в 0 при x=0 и x=π. Это означает, что все
слагаемые, не являющиеся интегралами, также пропадут. Вот так! Розовая часть слева – это синус, который

Russian: 
после интегрирования превращается в минус
косинус. Два минуса сокращаются.
Окей, теперь давайте посчитаем оранжевую
производную справа и заполним этот пробел.
Этот новый интеграл (справа) не так уж сильно
отличается от того, с которого мы начали.
Просто косинус внутри вместо синуса в розовой
рамке, а степени x и (π-x) меньше на единицу.
Ну и всякая мелочь стоит перед всем выражением. Теперь надо
проинтегрировать это выражение по частям ещё один раз.
Все слагаемые, не являющиеся интегралами, вновь
пропадут, косинус превратится обратно в синус,
а остальное будет выглядеть вот так. Ну...
Да, выглядит довольно запутанно,
однако, оказывается, совсем немного алгебры
достаточно, чтобы замечательно всё упростить.
Руки сами это всё могут сделать, вам
не нужно даже задумываться ни на секунду.
Легко-легко-легко, сделано. Теперь заметим, что
этот небольшой кавардак можно разбить на
два интеграла вот таким образом. Конечно же, число
I_5, в котором мы, в конечном счёте, заинтересованы,

English: 
when integrated gives minus cosine. The
two minuses cancel out.
Okay let's calculate the derivative of
the orange bit and fill it in. So
this new integral is not all that
different from the one we started with.
Just a cos instead of a sine in the
pink, the exponents here are down by 1
from 5 and a bit of junk in front. Now
integrating by parts again has all
those non integral bits in the formula
vanish again, cos turns back into sine
and the rest is just this here. Well, okay,
yes this looks a little bit like a mess
but it turns out that a little easy
algebra cleans it up very nicely. So
basically I mean it's just the pen doing
this, you don't even have to think,
easy, easy, easy, done. Now this mini mess splits up into
two integrals like this. Of course, the
term I_5 which is what we are really

Russian: 
это вот этот интеграл сверху. Поэтому мы
домножаем на v^10/5!, после чего
возвращаемся к алгебре на автопилоте. Всё это –
стандартные вещи. Упрощения здесь, упрощения там,
перемещаем несколько слагаемых таким образом,
чтобы всё походило на верхний интеграл, и на этом
этапе вы уже можете видеть, что эти слагаемые действительно равны I_3 и I_4, умноженные на некоторые константы. Мы почти закончили.
И вот что действительно круто, по моему мнению, –
самый первый момент, когда мы используем наше
предположение о том, что π равно дроби u/v, –
это последний шаг доказательства.
Выполним подстановку. Кое-что сокращается, и это
прекрасно, так как теперь мы получаем нашу общую
формулу, в которой осталось заменить
5 на n. Сделаем и это. Фух!
Хорошо, хорошо, тут я просто обязан раскланяться,
просто обязан. Это было просто нечто.
Так или иначе, какая всё-таки замечательная
задача в качестве последней задачи в школе,
и мои поздравления всем ученикам,
которые смогли её одолеть.

English: 
interested in is this guy here's. So
multiply this factor here. Now back on
algebra autopilot, alright, it's all
standard stuff: simplifying here, kind of
massaging a bit so that everything looks
more like the bit at the top and at this
stage you can see these bits are
actually I_3 and I_4 and that's almost it.
I actually think it's really cool that
the first time we need to use our
assumption that pi is the fraction u
divided by v is in this final step here.
So let's do it. Things cancel out, great.
Now it turns out that for the general
formula we just have to replace the 5s by ns. So let's just do that. Phew,
okay, okay I have to take a bow here, take
a bow here. That was quite something
again. So anyway what a great final maths
problem to face in school and
congratulations to all the students who
managed to ace it.

Russian: 
Воистину изумительно, как всё в этом
доказательстве сходится воедино.
И, конечно, вы можете задаться вопросом: как
мог кто-либо придумать нечто подобное?
Это доказательство действительно кажется
свалившимся на наши головы с небес.
Что ж, одному лишь ответу на этот вопрос можно практически
полностью посвятить ещё одно видео. Если вам это интересно,
я оставил в описании ссылки на несколько статей, которые проливают свет на дополнительные детали. Это восхитительная тема, поэтому их точно стоит
почитать. А в качестве немного безумной задачки
для вас: можете ли вы придумать способ
превратить наше рекуррентное соотношение в бесконечную
дробь наподобие той, что фигурировала в Ламбертовом доказательстве, которое я показывал вам раньше? Подсказка: нужно разделить
на I_(n-1). Что ж, теперь мы наконец-то знаем, что
такие числа, как π и e, являются иррациональными,
но, по большому счёту, мы до сих пор знаем
очень мало того, что касается
иррациональности чисел. Например, никто не знает, являются ли числа π+e
и π*e иррациональными. Несмотря на это,
существует невероятно странный

English: 
It's really quite marvellous how
everything in this proof fits together but
then you may ask yourself how could
anybody come up with anything like this.
This proof really seems to have fallen
from the sky. Well, to answer this
question is almost worth another video
all by itself. If you're interested I've
linked to some articles that give some
details. Fascinating stuff and well worth
checking out. As a bit of a crazy
challenge for you, can you think of a way
in which our recurrence relation up
there can be turned into an infinite
fraction like the one in Lambert's proof
that I showed you earlier. Hint: divide
by I_(n-1). So now we know that
numbers like pi and e are irrational but in
the grand scheme of things we still know
very little when it comes to
the irrationality of numbers. For example,
nobody knows whether the numbers pi+e
or pi x e are irrational. Having said
that there is this absolutely bizarre

Russian: 
факт в математике, который утверждает, что, по крайней мере, одно из этих двух чисел обязано быть иррациональным,
но при этом не даёт никакого намёка на то, какое
именно. Насколько абсурдно это звучит, да?
Я просто обожаю подобные вещи. Кстати говоря,
мой друг Марти, который сейчас хихикает
на заднем плане, указал мне на один любопытный
факт: доказательство Эрмита может быть
усовершенствовано до доказательства того, что π
не только иррационально, но и не может быть
вот такой формы, где u, v и w – целые числа. Если
вы немного поразмышляете над этим и вспомните
формулу для квадратного уравнения, то увидите, что
это означает, что π не может быть решением никакого
квадратного уравнения с целыми
коэффициентами. И в свете этого замечания,
гениальное моментальное доказательство этого
странного факта, который я назвал перед этим,
стоит в шаге от нас. Давайте же его
закончим. Итак, что мы имеем сверху?
(x-π)(x-e) в левой части даёт нам особую
квадратный многочлен в правой части, в котором
присутствуют те самые два загадочных числа,

English: 
result which says that at least one of
these two numbers has to be irrational,
with no indication whatsoever as to
which. How irrational is that? I
absolutely love this sort of thing.
Actually my friend Marty who is giggling
there behind the camera pointed out to
me that Hermite's proof can actually be
refined to show that pi is not only
irrational but that pi can also not be
of this form here with u, v and w integers.
If you ponder this a bit and think
quadratic formula you'll see that this
means that pi is not the solution of any
quadratic equation with integer
coefficients. And with this insight an
ingenious one-glance proof of the
bizarre result I just mentioned is just
one step away. So let's finish with this
proof. Okay what have we got up there?
Okay we've got x minus pi times x minus
e on the left that gives the special
quadratic polynomial on the right which
features those two mystery numberi

Russian: 
π+e и π*e. Давайте предположим, что оба эти числа – рациональные.
Тогда, домножив на знаменатели b и d,
мы получаем вот такое равенство, которое означает, что у этого квадратного многочлена с целыми
коэффициентами, справа, есть ноль в точке x=π. Но
наше усиленное доказательство иррациональности
может показать, что это не так. Следовательно, мы
можем заключить, что наше предположение о том,
что оба числа, π+e и π*e, являются рациональными, должно быть неверным.
Хотя бы одно из этих чисел должно быть
иррациональным, но большего мы сказать
с уверенностью не можем; непонятно, какое именно. Странно, странно, странно. И на этом у меня всё на сегодня, однако
прежде, чем вы переключите канал, – если вы
знаете какие-нибудь ещё очень интересные и
каверзные вопросы на школьных экзаменах, я был бы очень рад, если

English: 
pi + e and pi x e. Now let's assume
that both these numbers are rational.
Then multiplying through with
the denominators b and d at the top
gives this, which means that this
quadratic polynomial with integer
coefficients on the right has a zero at
pi. But our souped-up irrationality proof
shows that this is not the case and so
we conclude that our assumption that
both pi + e and pi x e are
rational numbers has to be wrong. At
least one of these numbers has to be
irrational but that's all we know for
sure, we don't know which. Strange, strange, strange. And that's all for today but
before you switch channels if you know
of any other really interesting and
challenging questions on school exams could you

English: 
please let me know in the comments or
send me an email.

Russian: 
бы вы дали мне о них знать в комментариях или в электронном письме.
