Dimostrazione che 22/7 è maggiore di π
# Dimostrazione che 22/7 è maggiore di π

Le dimostrazioni del famoso risultato matematico che il numero razionale $22/7$ è maggiore di 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 $\pi$». Julian Havil concluse una discussione sulle approssimazioni della frazione continua di $\pi$ con questa disuguaglianza, affermando che fosse «impossibile resistere dal menzionarla» in quel contesto.

Lo scopo principale della dimostrazione non è quello di convincere i lettore che $22/7$ è effettivamente maggiore di $\pi$; esistono infatti dei metodi sistematici per calcolare il valore di $\pi$. Se si sa che $\pi$ è approssimativamente $3,14159$, allora segue banalmente che $\pi <22/7$, il quale è circa $3,142857$. Tuttavia è più semplice dimostrare che $\pi <22/7$ utilizzando il metodo di questa dimostrazione invece di mostrare che $\pi$ è approssimativamente $3,14159$.

## Storia

$22/7$ è una approssimazione diofantea di $\pi$ largamente usata. È un troncamento dello sviluppo in frazione continua semplice di $\pi$, ed è maggiore di quest'ultimo, come si può chiaramente notare dagli sviluppi decimali dei due valori:

    ${\begin{aligned}{\frac {22}{7}}&=3,{\overline {142\,857}},\\\pi \,&=3,141\,592\,65\ldots \end{aligned}}$

L'approssimazione è nota fin dall'antichità. Archimede scrisse nel III secolo a.C. la prima dimostrazione conosciuta che $22/7$ è una sovrastima, sebbene probabilmente non fosse il primo a utilizzare tale approssimazione. La sua dimostrazione procede mostrando che $22/7$ è maggiore del rapporto tra il perimetro di un poligono regolare circoscritto di 96 lati e il diametro del cerchio. Un'altra approssimazione razionale di $\pi$ e ancora più accurata è 355/113.

## Dimostrazione

La dimostrazione può essere espressa succintamente come:

    $0<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {22}{7}}-\pi .$

perciò, ${\frac {22}{7}}>\pi$.

Il calcolo di questo integrale fu il primo problema nella Putnam Competition del 1968.

### Dettagli sul calcolo dell'integrale

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 $1/2$. Poiché l'integrando è continuo in tale punto e è non negativo altrove, l'integrale da $0$ a $1$ deve essere strettamente positivo.

Rimane da dimostrare che il valore dell'integrale è la quantità desiderata:

    ${\begin{aligned}0&<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx\\[8pt]&=\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}-4x^{5}+6x^{6}-4x^{7}+x^{8}}{1+x^{2}}}\,dx&{\text{espansione dei termini del numeratore}}\\[8pt]&=\int _{0}^{1}\left(x^{6}-4x^{5}+5x^{4}-4x^{2}+4-{\frac {4}{1+x^{2}}}\right)\,dx&{\text{ utilizzando la divisione fra polinomi}}&\\[8pt]&=\left.\left({\frac {x^{7}}{7}}-{\frac {2x^{6}}{3}}+x^{5}-{\frac {4x^{3}}{3}}+4x-4\arctan {x}\right)\,\right|_{0}^{1}&{\text{integrale definito}}\\[6pt]&={\frac {1}{7}}-{\frac {2}{3}}+1-{\frac {4}{3}}+4-\pi \quad &{\text{con }}\arctan(1)={\frac {\pi }{4}}{\text{ e }}\arctan(0)=0\\[8pt]&={\frac {22}{7}}-\pi .&{\text{somma delle varie frazioni}}\end{aligned}}$

## Semplici stime superiori e inferiori

In Dalzell (1944), si osserva che sostituendo $1$ al posto di $x$ nel denominatore, si ottiene un limite inferiore dell'integrale, e invece sostituendo $0$ una sua stima superiore:

    ${\frac {1}{1260}}=\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{2}}\,dx<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1+x^{2}}}\,dx<\int _{0}^{1}{\frac {x^{4}\left(1-x\right)^{4}}{1}}\,dx={1 \over 630}.$

Quindi si ottiene

    ${\frac {22}{7}}-{\frac {1}{630}}<\pi <{\frac {22}{7}}-{\frac {1}{1260}},$

perciò in espansione decimale $3,1412<\pi <3,1421$. Le stime differiscono da $\pi$ meno del 0.015%. Vedere anche Dalzell (1971).

## Dimostrazione che 355/113 è maggiore di π

Come discusso in Lucas (2005), la ben conosciuta e migliore approssimazione diofantea 355/113 per $\pi$ segue in modo analogo dalla seguente relazione

    $0<\int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}\left(25+816x^{2}\right)}{3164\left(1+x^{2}\right)}}\,dx={\frac {355}{113}}-\pi .$

Si noti che

    ${\frac {355}{113}}=3,141\,592\,92\ldots ,$

dove le prime sei cifre decimali coincidono con quelle di $\pi$. Sostituendo $1$ nella $x$ al denominatore, si ottiene il limite inferiore

    $\int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}\left(25+816x^{2}\right)}{6328}}\,dx={\frac {911}{5\,261\,111\,856}}=0,000\,000\,173\ldots ,$

mentre sostituendo $0$ se ne ottiene il doppio come stima superiore, quindi

    ${\frac {355}{113}}-{\frac {911}{2\,630\,555\,928}}<\pi <{\frac {355}{113}}-{\frac {911}{5\,261\,111\,856}}\,.$

In espansione decimale, questo significa che 3,141 592 57 < $\pi$ < 3,141 592 74, dove le cifre in grassetto sono le stesse di $\pi$.

## Estensioni

Si possono generalizzare le idee precedenti per ottenere approssimazioni sempre migliori di $\pi$; vedere anche Backhouse (1995) e Lucas (2005) (in entrambi i riferimenti, tuttavia, non compaiono i calcoli). Per i calcoli espliciti, si consideri, per ogni intero $n\geq 1$,

    ${\frac {1}{2^{2n-1}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx<{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{1+x^{2}}}\,dx<{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx,$

dove l'integrale centrale vale

    ${\begin{aligned}&{\frac {1}{2^{2n-2}}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{1+x^{2}}}\,dx\\&\qquad =\sum _{j=0}^{2n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2^{2n-j-2}\left(8n-j-1\right){\binom {8n-j-2}{4n+j}}}}+\left(-1\right)^{n}\left(\pi -4\sum _{j=0}^{3n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2j+1}}\right)\end{aligned}}$

in cui compare $\pi$. L'ultima somma appare anche nella formula di Leibniz per π. La stima dell'errore è dato da

    ${\begin{aligned}{\frac {1}{2^{2n-1}}}\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx&={\frac {1}{2^{2n-1}\left(8n+1\right){\binom {8n}{4n}}}}\\&\sim {\frac {\sqrt {\pi n}}{2^{10n-2}\left(8n+1\right)}},\end{aligned}}$

dove l'approssimazione (la $\sim$ indica che sono asintoticamente equivalenti per $n\to \infty$) del coefficiente binomiale centrale segue dall'approssimazione di Stirling e mostra la convergenza rapida dell'integrale a $\pi$.

Per ogni intero $k\geq 0$ e $l\geq 2$ si ha

    ${\begin{aligned}x^{k}\left(1-x\right)^{l}&=\left(1-2x+x^{2}\right)x^{k}\left(1-x\right)^{l-2}\\&=\left(1+x^{2}\right)\,x^{k}\left(1-x\right)^{l-2}-2x^{k+1}\left(1-x\right)^{l-2}.\end{aligned}}$

Applicando ricorsivamente questa formula $2n$ volte si ricava

    $x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}=\left(1+x^{2}\right)\sum _{j=0}^{2n-1}\left(-2\right)^{j}x^{4n+j}\left(1-x\right)^{4n-2\left(j+1\right)}+(-2)^{2n}x^{6n}.$

Inoltre,

    ${\begin{aligned}x^{6n}-\left(-1\right)^{3n}&=\sum _{j=1}^{3n}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}-\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}\\&=\sum _{j=0}^{3n-1}\left(\left(-1\right)^{3n-\left(j+1\right)}x^{2\left(j+1\right)}-\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}\right)\\&=-\left(1+x^{2}\right)\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j},\\\end{aligned}}$

dove la prima uguaglianza vale poiché per $1\leq j\leq 3n-1$ i termini si cancellano, e la seconda arriva dal cambio di indice $j\to j+1$ nella prima somma.

L'applicazione di questi due risultati fornisce

    ${\begin{aligned}{\frac {x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}}{2^{2n-2}\left(1+x^{2}\right)}}&=\sum _{j=0}^{2n-1}{\frac {\left(-1\right)^{j}}{2^{2n-j-2}}}x^{4n+j}\left(1-x\right)^{4n-2j-2}\\&\qquad-4\sum _{j=0}^{3n-1}\left(-1\right)^{3n-j}x^{2j}+\left(-1\right)^{3n}{\frac {4}{1+x^{2}}}.\qquad (1)\end{aligned}}$

Per $k,l\geq 0$, utilizzando l'integrazione per parti $l$ volte, si ottiene

    ${\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{k}\left(1-x\right)^{l}\,dx&={\frac {l}{k+1}}\int _{0}^{1}x^{k+1}\left(1-x\right)^{l-1}\,dx\\&=\cdots \\&={\frac {l}{k+1}}{\frac {l-1}{k+2}}\cdots {\frac {1}{k+l}}\int _{0}^{1}x^{k+l}\,dx\\&={\frac {1}{\left(k+l+1\right){\binom {k+l}{k}}}}.\qquad (2)\end{aligned}}$

Impostando $k=l=4n$, si ha

    $\int _{0}^{1}x^{4n}\left(1-x\right)^{4n}\,dx={\frac {1}{(8n+1){\binom {8n}{4n}}}}.$

Integrando l'equazione (1) da 0 a 1 usando l'equazione (2) e $\arctan(1)=\pi /4$, si ottiene l'equazione voluta che coinvolge $\pi$.

I risultati per $n=1$ sono stati dati precedentemente. Per $n=2$ si ottiene

    ${\frac {1}{4}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{8}\left(1-x\right)^{8}}{1+x^{2}}}\,dx=\pi -{\frac {47\,171}{15\,015}}$

e

    ${\frac {1}{8}}\int _{0}^{1}x^{8}\left(1-x\right)^{8}\,dx={\frac {1}{1\,750\,320}},$

quindi 3,141 592 31 < $\pi$ < 3,141 592 89, dove le cifre in grassetto sono quelle di $\pi$. In modo simile, per $n=3$

    ${\frac {1}{16}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{12}\left(1-x\right)^{12}}{1+x^{2}}}\,dx={\frac {431\,302\,721}{137\,287\,920}}-\pi$

e stima dell'errore

    ${\frac {1}{32}}\int _{0}^{1}x^{12}\left(1-x\right)^{12}\,dx={\frac {1}{2\,163\,324\,800}},$

perciò 3,141 592 653 40 < $\pi$ < 3,141 592 653 87. Proseguendo con $n=4$,

    ${\frac {1}{64}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{16}\left(1-x\right)^{16}}{1+x^{2}}}\,dx=\pi -{\frac {741\,269\,838\,109}{235\,953\,517\,800}}$

con

    ${\frac {1}{128}}\int _{0}^{1}x^{16}\left(1-x\right)^{16}\,dx={\frac {1}{2\,538\,963\,567\,360}},$

da cui si ricava 3,141 592 653 589 55 < $\pi$ < 3,141 592 653 589 96.

