수학적 증명
1760년대에 요한 하인리히 램버트 는 숫자 π 비이성적 이라는 것을 증명했다. 따라서 a는 정수 , b는 0이 아닌 정수인 분수 a/b 로 표현 할 수 없다. 19세기에 찰스 에르미테 는 기본적 인 미적분학을 넘어서는 전제조건적인 지식이 필요 없는 증거를 발견했다. 허마이트의 증거의 세 가지 단순화는 메리 카트라이트 , 이반 니븐 , 니콜라스 부르바키 때문이다. 램버트의 증거를 단순화한 또 다른 증거는 미클로스 라츠코비치 때문이다.
1882년 페르디난드 폰 린데만 은 π 이 비이성적일 뿐만 아니라 초월적 이라는 것을 증명했다.[1]
램버트의 교정쇄 램버트의 "Mémoires sur quelques operatees des quilquetes des quilités, circullists et logarithmikes," Mémoires de l'Academie royale des science de Berlin(1768), 265–322. 1761년 램버트는 이러한 지속적인 분율 팽창이 다음을 지탱한다는 것을 처음 보여줌으로써 π 이 비합리적이라는 것을 증명했다.
햇볕에 그을리다 ( x ) = x 1 − x 2 3 − x 2 5 − x 2 7 − ⋱ . {\displaystyle \tan(x)={\displaystyle \x}{x}{x^{2}}:{3-{\compact{x^{2}}:{5-{7-{}{}}}}}}}}}}. } 그때 램버트는 x 가 0이 아니고 이성적이라면 이 표현이 비이성적임에 틀림없다는 것을 증명했다. 태닝((/4 ) = 1이기 때문 에 //4는 비이성적이며 따라서 π 또한 비이성적이라는 것을 따른다.[2] 램버트의 증거의 단순화는 아래 와 같다.
헤르미트의 증거 1873년에 쓰여진 이 증명은 of 의 특성화를 코사인 함수의 절반 인 최소 양수로 사용하며 π 이2 비이성적이라는 것을 실제로 증명한다.[3] [4] 많은 불합리성의 증거에서처럼 모순에 의한 증거 다.
n ∈ N 0 {\displaystyle \mathb {R} R {\ displaystyle \ mathb R} 기능 A 와n U 의n .
A 0 ( x ) = 죄를 짓다 ( x ) , A n + 1 ( x ) = ∫ 0 x y A n ( y ) d y U 0 ( x ) = 죄를 짓다 ( x ) x , U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x {\displaystyle {\reasoned} A_{0}(x)&=\sin(x),&A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}y A_{n}(y)\,dy\\[4pt] U_{0}(x)&={\frac {\sin(x)}{x},&U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}}{x}\ended}}}}}}}}}} 인덕션 을 사용하여 다음과 같은 것을 증명할 수 있다.
A n ( x ) = x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 n + 3 2 × ( 2 n + 3 ) ! ! + x 2 n + 5 2 × 4 × ( 2 n + 5 ) ! ! ∓ ⋯ U n ( x ) = 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 2 × ( 2 n + 3 ) ! ! + x 4 2 × 4 × ( 2 n + 5 ) ! ! ∓ ⋯ {\displaystyle {\reasoned} A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}{{n+1){{{n+1)!! }}}-{\frac {x^{2n+3}{2\pair(2n+3)!! }}}+{\frac {x^{2n+5}{2\n4\cHB (2n+5)!! }}}\mp \cdots \[4pt] U_{n}(x)&={\frac {1}{{n+1)!! }}-{\frac{x^{2}}:{2\message (2n+3)!! }}}+{\frac{x^{4}}{2\message 4\message(2n+5)!! }}}\mp \cdots \end{aigned}} 따라서 다음과 같은 이점을 얻을 수 있다.
U n ( x ) = A n ( x ) x 2 n + 1 . {\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}. \,} 그렇게
A n + 1 ( x ) x 2 n + 3 = U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x = − 1 x d d x ( A n ( x ) x 2 n + 1 ) = − 1 x ( A n ′ ( x ) ⋅ x 2 n + 1 − ( 2 n + 1 ) x 2 n A n ( x ) x 2 ( 2 n + 1 ) ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x A n ′ ( x ) x 2 n + 3 {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right)\ \[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\왼쪽({\frac {A_{n})(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n} A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\오른쪽)={\frac {(2n+1) A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aigned}}}} 에 해당하는
A n + 1 ( x ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x 2 A n − 1 ( x ) . {\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1) A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x). \,} 시퀀스의 정의와 유도를 통해 우리는 다음과 같은 것을 보여줄 수 있다.
A n ( x ) = P n ( x 2 ) 죄를 짓다 ( x ) + x Q n ( x 2 ) cas ( x ) , {\displaystyle A_{n}(x)= P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,} 여기서 P 와n Q 는n P 의n n /2⌋보다 작거나 같다. 특히 A n π /2) = P n π 2 /4)이다.
헤르미테도 A함수 에n
A n ( x ) = x 2 n + 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z . {\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}{2^{n}n! }}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d}z.\,} 그는 이 주장을 정당화하지 않았지만 쉽게 증명할 수 있다. 우선 이 주장은 다음과 같다.
1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z = A n ( x ) x 2 n + 1 = U n ( x ) . {\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n! }}}\int _{0}^{1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}=}}}}}= U_{n}(x). } 유도 방식으로 진행 하며 n = 0을 취한다.
∫ 0 1 cas ( x z ) d z = 죄를 짓다 ( x ) x = U 0 ( x ) {\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d}z={\frac {\sin(x)}{x}}= U_{0}(x)} 그리고 귀납 단계의 경우 n n {\ displaystyle n\in \mathb {N}을( .
1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z = U n ( x ) , {\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n! }}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z=U_{n}(x),} 그리고 나서, 부분과 라이프니츠 의 규칙에 의한 통합 을 이용 하여, 사람들은
1 2 n + 1 ( n + 1 ) ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n + 1 cas ( x z ) d z = 1 2 n + 1 ( n + 1 ) ! ( ( 1 − z 2 ) n + 1 죄를 짓다 ( x z ) x z = 0 z = 1 ⏞ = 0 + ∫ 0 1 2 ( n + 1 ) ( 1 − z 2 ) n z 죄를 짓다 ( x z ) x d z ) = 1 x ⋅ 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n z 죄를 짓다 ( x z ) d z = − 1 x ⋅ d d x ( 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z ) = − U n ′ ( x ) x = U n + 1 ( x ) . {\displaystyle {\reasoned}{\frac {1}{2^{n+1}(n+1)! }}}&#int _{0}^{1}(-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\\&={1}{2^{n+1}(n+1)! }}}\왼쪽(\overbrace {\왼쪽.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)) }{x}}\오른쪽 _{z=0}^{z=1}^{=0}+\int _{0}^{1}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz) }}{x}\,\mathrm {d} z\오른쪽) \\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n! }}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {1}{2^{n}n! }}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d}z\right) \\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}\\[4pt]& =U_{n+1}(x). \end{정렬}}} π 2 /4 = p /q , N {\ displaystyle \mathb {N}}에 p 와 있는 경우, P 의n n /2/보다 작거나 같기 때문에 qP ⌊n /2⌋ n π 2 /4)는 일부 정수 N 이다. 바꾸어 말하면, 환언하면
N = q ⌊ n 2 ⌋ A n ( π 2 ) = q ⌊ n 2 ⌋ ( p q ) n + 1 2 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( π 2 z ) d z . {\displaystyle N=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right) ^{n+{\frac{1}{1}:{2}}:{2^{n}n! }}}\int _{0}^{1}^{1}(-1-z^{2})^{n}\cos \left({\frac {\pi }{2}}z\right)\,\mathrm {d}z.} 그러나 이 숫자는 분명히 0보다 크다. 반면에 n 이 무한대로 가는 이 양의 한계는 0이므로 n 이 충분히 크면 N < 1 이다. 따라서 모순에 도달한다.
헤르미테는 자신의 증거를 그 자체로 끝나는 것이 아니라 π 의 초월성에 대한 증거를 찾기 위한 그의 탐색 속에서 사후 사상으로 제시하였다. 그는 동기를 부여하고 편리한 통합 대표성을 얻기 위해 재발 관계에 대해 논의했다. 일단 이 일체적 표현을 얻으면 헤르미트가 쉽게 볼 수 있는 일체적(카르트라이트, 부르바키, 니벤의 발표처럼)부터 간결하고 자급자족적인 증거를 제시하는 방법은 다양하다(e 의[5]
더구나 헤르미테의 증거는 보기보다 램버트의 증거에 가깝다. 사실 A n x )는 램버트가 계속 황갈색(x )에 대해 분율을 나타내는 "residue"(또는 "remainder")이다.[6]
카트라이트의 증거 해롤드 제프리스 는 이 증거가 1945년 메리 카트라이트 (Mary Cartwright)[7] 케임브리지 대학 의 시험에서 본보기로 설정되었지만, 그 기원을 추적하지는 않았다고 썼다.
통합 고려
I n ( x ) = ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z , {\displaystyle I_{n}(x)=\int _{1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,} 여기서 n 은 음이 아닌 정수다.
부품별 두 가지 통합이 반복적인 관계 를 제공한다.
x 2 I n ( x ) = 2 n ( 2 n − 1 ) I n − 1 ( x ) − 4 n ( n − 1 ) I n − 2 ( x ) . ( n ≥ 2 ) {\displaystyle x^{2} I_{n}(x)=2n(2n-1) I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-22}(x) \qquad (n\geq 2)} 만약
J n ( x ) = x 2 n + 1 I n ( x ) , {\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1} I_{n}(x),} 그러면 이렇게 된다.
J n ( x ) = 2 n ( 2 n − 1 ) J n − 1 ( x ) − 4 n ( n − 1 ) x 2 J n − 2 ( x ) . {\displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x). } 또한 J 0 (x ) = 2sin(x ) 및 J 1 (x ) = -4x cos(x ) + 4sin(x )이다. 따라서 모든 n ∈ Z 에+ 대해,
J n ( x ) = x 2 n + 1 I n ( x ) = n ! ( P n ( x ) 죄를 짓다 ( x ) + Q n ( x ) cas ( x ) ) , {\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1} I_{n}(x)=n! {\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)++ Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},} 여기서 P n x )와 Q n x )는 degree n 의 다항식 이고 정수 계수(n 에 따라 다름)가 있다.
x = π /2를 취하고, 가능 하다면 //2 = a /b 라고 가정한다. 여기 서 a 와 b는 자연수(즉, π 이 이성적이라고 가정한다). 그러면
a 2 n + 1 n ! I n ( π 2 ) = P n ( π 2 ) b 2 n + 1 . {\displaystyle {\frac {a^{2n+1}{n! }}}}\왼쪽({\frac {\pi }{2}}\오른쪽)= P_{n}\왼쪽({\frac {\pi }{2}}\오른쪽)b^{2n+1} 오른쪽은 정수다. 그러나 [-1, 1] 구간에 길이 2가 있고 통합되고 있는 함수는 0과 1 사이의 값만 취하기 때문에 0 < I(πn /2) > 2가 된다. 다른 한편으로는
a 2 n + 1 n ! → 0 로서 n → ∞ . {\displaystyle {\frac {a^{2n+1}{n! }}\to 0\cHB{\text{{}n\\to \inflt .} 따라서 n 이 충분히 클 경우
0 < a 2 n + 1 I n ( π 2 ) n ! < 1 , {\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1} I_{n}\왼쪽({\frac {\pi }{2}}\오른쪽)}{n! }}<1,} 즉, 0과 1 사이의 정수를 찾을 수 있다. 그것은 π 이 이성적이라는 가정으로부터 따르는 모순이다.
이 증거는 헤르미트의 증거와 비슷하다. 정말,
J n ( x ) = x 2 n + 1 ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z = 2 x 2 n + 1 ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z = 2 n + 1 n ! A n ( x ) . {\displaystyle {\reasoned} J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2x^{2n+1}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2^{n+1}n! A_{n}(x). \end{정렬}}} 그러나 그것은 분명히 더 간단하다. 이것은 기능 n
니벤의 증거 이 증명에서는 π 의 특성을 사인함수의 최소 양수 0으로 사용한다.[8]
π이 합리적이라고 가정하자. 즉, π a /b 일부 정수 a와 b 0 의 경우, 일반성을 잃지 않고 양성으로 취할 수 있다. 양의 정수 n 을 지정하면 다항식 함수를 정의한다.
f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! {\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}}{n! }}} 그리고 각 x ∈ let에 대해 let.
F ( x ) = f ( x ) − f ″ ( x ) + f ( 4 ) ( x ) + ⋯ + ( − 1 ) n f ( 2 n ) ( x ) . {\displaystyle F(x)=f(x)-f"+f^{(4)+}+\cdots +(-1)^{n^{n(2n)}(x) } 클레임 1: F (0) F (π )
증명: 단수 합으로 f 를 확장하면 x 의k 계수는 ck n !여기 서k c는 정수(k n 따라서 k n일 때 (k ) 0) 는 0 k k 2 2n 일 경우 (k ! c k 같으며, 각각의 경우 (k ) f(0)0 )는 정수다.
반면, 각 비 음의 정수 k 에 대해 f (높이 – x f (x ) 및 (–k 1 (k ) )f(높이 – x )(x (k ) ) 이다. 특히 (–1)k f (k ) (π ) = f(0 (k ) )이다. 따라서 f (k ) (π )F (π )도 정수(실제로 F (π ) = F (0)라는 것을 쉽게 알 수 있지만, 그것은 증명과는 관련이 없다. F (0)와 F (π )는 정수기 때문에 그 합도 그렇다.
클레임 2:
∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = F ( 0 ) + F ( π ) {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )} 증명: f (2n + 2) 0 다항식이기 때문에, 우리는
F ″ + F = f . F'+F=f. } 사인 및 코사인 함수의 파생상품 은 sin' = cos and cos' = -sin으로 주어진다. 따라서 제품 규칙은
( F ′ ⋅ 죄를 짓다 − F ⋅ cas ) ′ = f ⋅ 죄를 짓다 #\displaystyle (F'\cdot \sin -F\cdot \cos )=f\cdot \sin } 미적분의 근본적인 정리 에 의해.
∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = ( F ′ ( x ) 죄를 짓다 x − F ( x ) cas x ) 0 π . 왼쪽. \int _{0}^{{0}^{}f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F')(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right _{0}^{\pi }}}}}}}}} sin 0 = sin 0cos 0 = – cos π 1 (여기서 우리는 위에서 언급한 π 의 특성화를 sine 함수의 0으로 사용), 클레임 2가 뒤따른다.
결론: 0 < x π >에 대한 f(x ) > 0 과 sin x 0 이기 때문에(왜냐하면 π 은 사인함수의 양수 중 가장 작은 양수이기 때문에), 청구 1과 2는 F (0) F (π 양 의 정수임을 나타낸다. 0 ≤ x (a bx ) ≤a x for sin x 1f 의 원래 정의에 의하면,
∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x ≤ π ( π a ) n n ! {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}{n! }}} 큰 n 의 경우 1보다 작으므로, 클레임 2에 의해 이 n 의 경우 F (0) (iii ) < 1 이다. 이것은 양의 정수 F (0) F (iii .
위의 증명은 공식을 분석하는 데 있어서 전제조건에 관해서 가능한 한 간단하게 유지되는 정밀한 버전이다.
∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = ∑ j = 0 n ( − 1 ) j ( f ( 2 j ) ( π ) + f ( 2 j ) ( 0 ) ) + ( − 1 ) n + 1 ∫ 0 π f ( 2 n + 2 ) ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x , {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=\sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}\left(f^{(2j)}(\pi )+f^{(2j)}(0)\right)+(-1)^{n+1}\int _{0}^{\pi }f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,} 부품별 2n + 2 통합 으로 얻는다. 클레임 2는 기본적으로 F 의 사용이 부품에 의한 반복적 통합을 숨기는 이 공식을 확립한다. f (2n + 2) 0 다항식이기 때문에 마지막 적분은 사라진다. 클레임 1은 나머지 합이 정수임을 보여준다.
니벤의 증거는 첫눈에 보이는 것보다 카트라이트의 (그리고 따라서 헤르미트의) 증거에 더 가깝다.[6] 실은.
J n ( x ) = x 2 n + 1 ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cas ( x z ) d z = ∫ − 1 1 ( x 2 − ( x z ) 2 ) n x cas ( x z ) d z . {\displaystyle {\reasoned} J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=\int _{-1}^{1}\left(x^{2}-(xz)^{2}\right)^{n}x\cos(xz)\,dz. \end{정렬}}} 따라서 치환 xz = y 는 이 적분을
∫ − x x ( x 2 − y 2 ) n cas ( y ) d y . {\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.} 특히.
J n ( π 2 ) = ∫ − π / 2 π / 2 ( π 2 4 − y 2 ) n cas ( y ) d y = ∫ 0 π ( π 2 4 − ( y − π 2 ) 2 ) n cas ( y − π 2 ) d y = ∫ 0 π y n ( π − y ) n 죄를 짓다 ( y ) d y = n ! b n ∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x . {\displaystyle {\reasoned} J_{n}\왼쪽({\frac {}{2}}\\오른쪽)&=\int_{-\pi /2}^{2}\pi /2}\왼쪽({\frac {\pi ^{2}}-y^{4}}}\오른쪽) ^{n}\cos(y)\,dy\\[5pt]& =\int _{0}^{0}^{0}^{0}}\frac {\pi ^{2}}-\pi ^{2}}-\좌(y-{\pi }{2}}\우)^{2}\우) ^{n}\cos \left(y-{\frac {}\pi }{2}}\오른쪽)\,dy\\[5pt]& =\int _{0}^{0}^{\pi }y^{n}(\pi -y)^{n}\sin(y)\,dy\\[5pt]&={\frac {n! }}{b^{n}}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx.\ended}}}} 그 증명들 사이의 또 다른 연결고리는 에르미테가 이미 f가[3]
F = f − f ( 2 ) + f ( 4 ) ∓ ⋯ , {\displaystyle F=f-f^{(2)+f^{(4)\mp \cdots,} 그때
∫ f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = F ′ ( x ) 죄를 짓다 ( x ) − F ( x ) cas ( x ) + C , {\displaystyle \int f(x)\sin(x)\dx=F'\sin(x)\cos(x)+C,} 그 다음이 그것이다.
∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = F ( π ) + F ( 0 ) . {\displaystyle \int _{0}^{}f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0) } 부르바키의 증명 부르바키 의 증거는 그의 미적분학 논문에서 하나의 연습으로 요약된다.[9] 각 자연수 b 와 음수가 아닌 정수 n 에 대해 정의한다.
A n ( b ) = b n ∫ 0 π x n ( π − x ) n n ! 죄를 짓다 ( x ) d x . {\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}}{n! }}\sin(x)\,dx.} A n b )는 0과 π 에 대한 값 0을 취하고 다른 값 0보다 큰 [0,162 ]에 정의된 함수의 적분이기 때문에, A n b ) > 0. 게다가 각 자연수 b 에 대해 n 이 충분히 크면 A n b ) < 1이 된다.
x ( π − x ) ≤ ( π 2 ) 2 {\displaystyle x(\pi -x)\leq \left\frac {\pi }{2}}\오른쪽)^{2}}: 따라서
A n ( b ) ≤ π b n 1 n ! ( π 2 ) 2 n = π ( b π 2 / 4 ) n n ! . {\displaystyle A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{\frac {1}{n! }}}\frac {\pi }{2}}\오른쪽)^{2n}=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n1}{n! }}.} 한편, 부품에 의한 재귀적 통합 은, a 와 b 가 자연수인 경우, = = a /b 와 f는 [0,610 ]부터 R 까지로 정의된 다항식 함수인 것으로 추론할 수 있다.
f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! , {\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}}{n! }},} 다음:
A n ( b ) = ∫ 0 π f ( x ) 죄를 짓다 ( x ) d x = [ − f ( x ) cas ( x ) ] x = 0 x = π − [ − f ′ ( x ) 죄를 짓다 ( x ) ] x = 0 x = π + ⋯ ± [ f ( 2 n ) ( x ) cas ( x ) ] x = 0 x = π ± ∫ 0 π f ( 2 n + 1 ) ( x ) cas ( x ) d x . {\displaystyle {\reasoned} A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\Big [}-f(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }-{\Big [}-f'(x)\sin(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm {\Big [}f^{(2n)}(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }\pm \int _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.\end{aligned}}} f 는(2n + 1) null 함수이기 때문에(f 는 도 2n의 다항 함수이기 때문에) 이 마지막 적분은 0이다. 각 함수 f (k ) (0 ≤ k 2n )는 0과 π 에 정수 값을 취하며, 사인 및 코사인 함수에서도 같은 일이 일어나므로, 이는 A n b )가 정수임을 증명한다. 역시 0보다 크니 자연수임에 틀림없다. 그러나 n 이 충분히 크면 A n b ) < 1이 되어 모순 에 도달한다는 것도 증명되었다.
이 증거는 니벤의 증거에 상당히 가까운 것으로, 그들 사이의 주요한 차이점은 숫자 A n b )가 정수라는 것을 증명하는 방법이다.
라츠코비치의 증거 미클로스 라츠코비치 의 증거는 램버트의 원래 증거를 단순화한 것이다.[10] 그는 기능을 고려한다.
f k ( x ) = 1 − x 2 k + x 4 2 ! k ( k + 1 ) − x 6 3 ! k ( k + 1 ) ( k + 2 ) + ⋯ ( k ∉ { 0 , − 1 , − 2 , … } ) . {\displaystyle f_{k}(x)=1-{\frac {x^{2}}{k}}+{\frac {x^{4}}{2!k(k+1)}}-{\frac {x^{6}}{3!k(k+1)(k+2)}}+\cdots \quad (k\notin \{0,-1,-2,\ldots \}). } 이러한 기능은 모든 x ∈ R 에 대해 명확하게 정의된다. 게다가
f 1 2 ( x ) = cas ( 2 x ) , {\displaystyle f_{\frac {1}{1}{2}}(x)=\cos(2x),} f 3 2 ( x ) = 죄를 짓다 ( 2 x ) 2 x . {\displaystyle f_{\frac {3}{2}}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}. } 클레임 1: 다음과 같은 재발 관계 가 유지된다.
∀ x ∈ R : x 2 k ( k + 1 ) f k + 2 ( x ) = f k + 1 ( x ) − f k ( x ) . {\displaystyle \forall x\in \mathb {R} :\qquad {\frac {x^{2}}:f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x). } 증명: 이것 은 x의 힘의 계수를 비교함으로써 증명할 수 있다.
클레임 2: 각 x ∈ R 에 대해 림 k k x 1 {\displaystyle \lim \{k\to +\infit }f_{k}(x)=1 }
증명: 사실, x 2n /n ! 순서는 경계(왜냐하면 0으로 수렴하기 때문에)이며, C 가 상한이고, k > 1이면 경계다.
f k ( x ) − 1 ⩽ ∑ n = 1 ∞ C k n = C 1 / k 1 − 1 / k = C k − 1 . {\displaystyle \left f_{k}-1(x)-1\right \leqslant \sum _{n=1}^{\inflt }{{c^{n}}=C{1/k}{1-1/k}={\frac {C}{k-1}}}}}}}}}}}}}}}. 클레임 3: x ≠ 0, x 가2 합리적이라면
∀ k ∈ Q ∖ { 0 , − 1 , − 2 , … } : f k ( x ) ≠ 0 그리고 f k + 1 ( x ) f k ( x ) ∉ Q . {\displaystyle \forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .} 증명: 그렇지 않으면 f k x ) = ay , f k + 1x ) = f(x ) = ay, f(x) = by 와 같은 숫자 y ≠ 0과 a 와 b 가 있을 것이다. 이유를 확인하려면 y = f k + 1x ), a = 0, f k x ) = 0이면 b = 1을 취하십시오. 그렇지 않으면 f k + 1x )/fk (x ) = b /a 와 같은 정수 a 와 b 를 선택하고 y = f k x )/a = f k + 1x )/b 를 정의하십시오. 각 경우에 y 는 0이 될 수 없다. 그렇지 않으면 청구 1에서 각 f k + n x )(n n N)가 0이 될 것이고, 이는 청구 2와 모순된다. 이제 , 세 개의 숫자 bc /k, ck /x 2 , c/x 가2 모두 정수인 자연수 c 를 취하여 순서를 고려한다.
g n = { f k ( x ) n = 0 c n k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n ( x ) n ≠ 0 {\displaystyle g_{n}={\case}f_{k}(x)&n=0\\\{\dfrac {c^{n1}{k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)&n\neq 0\case{}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}} 그러면
g 0 = f k ( x ) = a y ∈ Z y 그리고 g 1 = c k f k + 1 ( x ) = b c k y ∈ Z y . {\displaystyle g_{0}=f_{k}(x)=ay\in \mathb {Z} y\quad {\\text{\c}{1}={k}f_{k+1}(x)={\frac {bc}{k}y\in \mathb {Z}y}}}}}}}}. 한편, 라는 주장 1에서 따르게 된다.
g n + 2 = c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) ⋅ x 2 ( k + n ) ( k + n + 1 ) f k + n + 2 ( x ) = c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n + 1 ( x ) − c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n ( x ) = c ( k + n ) x 2 g n + 1 − c 2 x 2 g n = ( c k x 2 + c x 2 n ) g n + 1 − c 2 x 2 g n , {\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2}&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}\cdot {\frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\\[5pt]&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\\[5pt]&={\frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\\[5pt]&=\left({\frac {ck}{x^{2} 2}}+{\frac{c}{x^{2}}:n\오른쪽)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}:{x^{2}}:g_{n},\end{aigned}}}}}}}} 이것 은n + 1가진 n 따라서 각 g 는n y 의 정수배수다. 게다가, n이 충분히 크면 각 g 가n 0보다 크고(따라서 n g 의n 그러나 y보다 크거나 같은 수의 순서는 0으로 수렴할 수 없다.
f 1/2 (π /4) = cos(π /2) = 0이기 때문에 //16이 비이성적이므로 π 은2 비이성적이라는 주장 3에서 따르게 된다.
반면에, 그 이후부터.
햇볕에 그을리다 x = 죄를 짓다 x cas x = x f 3 / 2 ( x / 2 ) f 1 / 2 ( x / 2 ) , {\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}}:},} 클레임 3의 또 다른 결과는, 만약 x q Q \ {0}이(가) 있다면, 태닝 x 는 비합리적이라는 것이다.
Laczkovich의 증거는 정말로 초지압 기능 에 관한 것이다. 실제로 f k x ) = F 1 (k ; -x2 )와 가우스 는 초계함수의 함수 방정식 을 이용하여 계속적인 부분확장을 발견했다.[11] 이로써 라츠코비치는 접선함수가 램버트가 발견한 지속적인 분수 확장을 가지고 있다는 사실에 대한 새롭고 간단한 증거를 찾을 수 있었다.
라츠코비치의 결과는 제1종 J ν x 베셀 함수 로도 표현할 수 있다. 실제로 γ (k )J k − 1xf k − 1k x ) 따라서 라츠코비치의 결과는 다음과 같다: x ≠ 0과 x 가2 합리적이라면
∀ k ∈ Q ∖ { 0 , − 1 , − 2 , … } : x J k ( x ) J k − 1 ( x ) ∉ Q . {\displaystyle \forall k\in \mathb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}\qquad {\\\\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}}}\notin \mathb {Q}}} 참고 항목 참조 ^ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl π ", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, a source book (3rd ed.), New York: Springer-Verlag , pp. 194–225, ISBN 0-387-20571-3 ^ Lambert, Johann Heinrich (2004) [1768], "Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, a source book (3rd ed.), New York: Springer-Verlag , pp. 129–140, ISBN 0-387-20571-3 ^ a b Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan" . Journal für die reine und angewandte Mathematik 76 : 303–311.^ Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Hermite à Mr. Carl Borchardt" . Journal für die reine und angewandte Mathematik 76 : 342–344.^ Hermite, Charles (1912) [1873]. "Sur la fonction exponentielle". In Picard, Émile (ed.). Œuvres de Charles Hermite ^ a b Zhou, Li (2011). "Irrationality proofs à la Hermite". The Mathematical Gazette . 95 (534): 407–413. arXiv :0911.1929 doi :10.1017/S0025557200003491 . S2CID 115175505 . ^ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference 268 , ISBN 0-521-08446-6 ^ Niven, Ivan (1947), "A simple proof that π is irrational" (PDF) , Bulletin of the American Mathematical Society doi :10.1090/s0002-9904-1947-08821-2 ^ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (in French), vol. 1074, Hermann , pp. 137–138^ Laczkovich, Miklós (1997), "On Lambert's proof of the irrationality of π ", American Mathematical Monthly doi :10.2307/2974737 , JSTOR 2974737 ^ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), "Disquisitiones generales circa seriem infinitam", Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (in Latin), 2 
![{\displaystyle {\begin{aligned}A_{0}(x)&=\sin(x),&&A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}yA_{n}(y)\,dy\\[4pt]U_{0}(x)&={\frac {\sin(x)}{x}},&&U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/383a2c124e9fb0483d8cff6fe43ec2cb11123f1e)
![{\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \\[4pt]U_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/71ef34699d572cced2bc23573fe5c44333a8f69a)
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\left({\frac {A_{n}'(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\right)={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f6103a625b3c5e869bc9ffd0a714492f1c886159)
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}&\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\\&={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\left(\overbrace {\left.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=0}+\int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f96e8b4411461494ee278d33b7175587e6a3bcbe)
![{\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2x^{2n+1}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2^{n+1}n!A_{n}(x).\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a2b59eeb1f470090f6b6b8fe33df2b451cde970e)
![{\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-y^{2}\right)^{n}\cos(y)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)^{2}\right)^{n}\cos \left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }y^{n}(\pi -y)^{n}\sin(y)\,dy\\[5pt]&={\frac {n!}{b^{n}}}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/410fc7da3ac44721eeb5582178544cf1d7021306)
![{\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\Big [}-f(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }-{\Big [}-f'(x)\sin(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm {\Big [}f^{(2n)}(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }\pm \int _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5843d87cd3a6f95e36af68dabf82f4d24ea26fb2)
![{\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2}&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}\cdot {\frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\\[5pt]&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\\[5pt]&={\frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\\[5pt]&=\left({\frac {ck}{x^{2}}}+{\frac {c}{x^{2}}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c762d4cefc09f9ffbb2077a4e94f9db8b4246056)
