В 1760-х Иоганн Генрих Ламберт доказал, что число π иррационально , то есть не может быть представлено дробью a / b , где a — целое число, b — натуральное число. В XIX веке Шарль Эрмит нашел еще одно доказательство, пользуясь только базовыми средствами математического анализа . В дальнейшем Мэри Картрайт , Айвен Нивен и Никола Бурбаки смогли упростить доказательство Эрмита, а Миклош Лацкович упростил доказательство Ламберта.

В 1882 году Фердинанд фон Линдеманн доказал , что π не только иррационально, но и трансцендентно .

Доказательство Ламберта

В 1761 году Ламберт доказал иррациональность π, исходя из найденного им представления тангенса в виде непрерывной дроби :

${\displaystyle \tan(x)={\cfrac {x}{1-{\cfrac {x^{2}}{3-{\cfrac {x^{2}}{5-{\cfrac {x^{2}}{7-{}\ddots }}}}}}}}.}$

Ламберт доказал, что если x не равно нулю и рационально, то это выражение иррационально. Так как tg(π/4) = 1, отсюда следует, что π/4 иррационально и, следовательно, π иррационально тоже.

Упрощение доказательства Ламберта предоставил Миклош Лацкович, см. ниже.

Доказательство Эрмита

В этом доказательстве используется факт, что π является наименьшим положительным числом, половина которого является нулем косинуса, что доказывает иррациональность π ² . Как и во многих доказательствах иррациональности числа, это доказательство от противного .

Рассмотрим последовательности функций A _n и U _n из ${\displaystyle \mathbb {R} }$ в ${\displaystyle \mathbb {R} }$ для ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$ , заданные формулой:

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{0}(x)&=\sin(x),&&A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}yA_{n}(y)\,dy\\[4pt]U_{0}(x)&={\frac {\sin(x)}{x}},&&U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\end{aligned}}}$

По индукции можем доказать

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \\[4pt]U_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots \end{aligned}}}$

и поэтому:

${\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}$

Откуда

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\left({\frac {A_{n}'(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\right)={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}$

что эквивалентно

${\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).\,}$

Используя определение функций, по индукции можно показать, что

${\displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,}$

где P _n и Q _n — полиномиальные функции с целыми коэффициентами, степень P _n меньше или равна ⌊ n /2⌋. В частности, A _n (π/2)= Р _n (π ² /4).

Эрмит также вывел замкнутое выражение для функции A _n , а именно

${\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z.\,}$

Он не обосновывал это равенство, но его легко доказать. Прежде всего, это утверждение эквивалентно

${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x).}$

Рассуждая по индукции, при n=0 .

${\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}$

и, для шага индукции рассмотрим произвольное ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ . Если

${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z=U_{n}(x),}$

затем, используя интегрирование по частям и правило Лейбница , можно получить

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}&\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\\&={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\left(\overbrace {\left.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=0}+\int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}$

Если π ² /4 = p/q , где p и q из ${\displaystyle \mathbb {N} }$ , то, так как коэффициенты P _n являются целыми числами, и его степень меньше или равна ⌊ n /2⌋, q ^⌊n/2⌋ P _n (π ² /4) — это некоторое целое число N. Другими словами,

${\displaystyle N=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos \left({\frac {\pi }{2}}z\right)\,\mathrm {d} z.}$

Но это число очевидно больше 0. С другой стороны, предел этой величины, когда n стремится к бесконечности, равен нулю, и поэтому, если n достаточно велико, N < 1. Тем самым достигается противоречие.

Эрмит не стремился доказать именно иррациональность π, это было побочным выводом в поиске доказательства трансцендентности π. Он рассмотрел рекуррентные соотношения, чтобы получить удобное интегральное представление. Получив интегральное представление, возможно найти несколько кратких и самодостаточных доказательств (как в представлениях Картрайта, Бурбаки или Нивена), что и заметил Эрмит (он так и сделал в своем доказательстве трансцендентности е ).

Доказательство Эрмита близко к доказательству Ламберта: A _n ( x ) представляет собой «остаток» непрерывной дроби Ламберта для tg( x ).

Доказательство Картрайт

Гарольд Джеффрис писал, что Мэри Картрайт дала это доказательство в виде примера на экзамене в Кембриджском университете в 1945 году, но она не определила его происхождение.

Рассмотрим интегралы

${\displaystyle I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}$

где n — неотрицательное целое число.

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

${\displaystyle x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).\qquad (n\geq 2)}$

Обозначив

${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}$

получим

${\displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).}$

Так как J ₀ ( x ) = 2sin( x ) и J ₁ ( x ) = −4 x cos( x ) + 4sin( x ), отсюда для всех n ∈ Z ₊ ,

${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},}$

где P _n ( x ) и Q _n ( x ) — многочлены степени ≤ n с целыми коэффициентами.

Возьмем x = π/2 и предположим, что π/2 = a/ b , где a и b — натуральные числа (то есть предположим, что π рационально). Тогда

${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)b^{2n+1}.}$

Правая часть — это целое число. Но 0 < I _n (π/2) < 2, так как длина интервала [−1, 1] равна 2 и интегрируемая функция принимает значения от 0 до 1. С другой стороны,

${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}$

Следовательно, для достаточно большого n

${\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}$

то есть существует целое число от 0 до 1. Это противоречие следует из предположения о рациональности π.

Это доказательство похоже на доказательство Эрмита. В самом деле,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2x^{2n+1}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\[5pt]&=2^{n+1}n!A_{n}(x).\end{aligned}}}$

Тем не менее, оно очевидно проще. Это достигается исключением индуктивного определения функций A _n и тем, что за отправную точку взято их выражение в виде интеграла.

Доказательство Нивена

В этом доказательстве используется то, что π — это наименьший положительный нуль синуса .

Предположим, что π рационально, то есть π = a / b для некоторых целых чисел a и b ≠ 0 , которые можно считать, , положительными. Для любого положительного целого числа n определим полиномиальную функцию:

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}$

и для любого х ∈ ℝ положим

${\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x).}$

Утверждение 1: F (0) + F (π) является целым числом.

Доказательство: Представим f в виде суммы степеней x , тогда коэффициент x ^k представляет собой число вида c _k / n ! , где c _k — целое число, равное 0 при k < n . Следовательно, f ^{( k )} (0) = 0 при k < n и равно ( k ! / n !) c _k при n ≤ k ≤ 2 n ; во всех случаях f ^{( k )} (0) — это целое число и, следовательно, F (0) тоже целое число.

С другой стороны, f (π – x ) = f ( x ) и, следовательно, (–1) ^k f ^{( k )} (π – x ) = f ^{( k )} ( x ) для любого неотрицательного целого числа k . В частности, (–1) ^k f ^{( k )} (π) = f ^{( k )} (0). Следовательно, f ^{( k )} (π) также целое число, поэтому F (π) — целое число (на самом деле, легко увидеть, что F (π) = F (0), но это не имеет отношения к доказательству). Поскольку F (0) и F (π) являются целыми числами, то и их сумма тоже.

Утверждение 2:

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )}$

Доказательство: Так как f ^{(2 n + 2)} это нулевой полином, верно

${\displaystyle F''+F=f.}$

Производные функции синуса и косинуса определяются формулами sin' = cos and cos' = −sin. Следовательно, по правилу произведения

${\displaystyle (F'\cdot \sin -F\cdot \cos )'=f\cdot \sin }$

По основной теореме анализа

${\displaystyle \left.\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right|_{0}^{\pi }.}$

Из того, что sin 0 = sin π = 0 и cos 0 = – cos π = 1 (здесь используются вышеупомянутую характеристику π как нуля синуса), следует утверждение 2.

Вывод: так как f ( x ) > 0 и sin x > 0 для 0 < x < π (поскольку π является наименьшим положительным нулем синуса), из утверждений 1 и 2 следует, что F (0) + F (π) является положительным целым числом. Поскольку 0 ≤ x ( a – bx ) ≤ π a и 0 ≤ sin x ≤ 1 для 0 ≤ x ≤ π , из определения f следует

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}$

что меньше 1 для больших n , следовательно, F (0) + F (π) < 1 для этих n по утверждению 2. Это невозможно для натурального числа F (0) + F (π) .

Приведенное выше доказательство, не прибегая к сложным выкладкам, дает изящный анализ формулы

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=\sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}\left(f^{(2j)}(\pi )+f^{(2j)}(0)\right)+(-1)^{n+1}\int _{0}^{\pi }f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,}$

которая получается 2 n + 2 интегрированиями по частям . Утверждение 2 в сущности выводит эту формулу, использование F скрывает повторное интегрирование по частям. Последний интеграл исчезает, так как f ^{(2 n + 2)} это нулевой полином. Утвержение 1 показывает, что оставшаяся сумма это целое число.

Доказательство Нивена ближе к доказательству Картрайт (и, следовательно, Эрмита), чем кажется на первый взгляд. Верно равенство

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=\int _{-1}^{1}\left(x^{2}-(xz)^{2}\right)^{n}x\cos(xz)\,dz.\end{aligned}}}$

Поэтому xz = y превращает этот интеграл в

${\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.}$

В частности,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-y^{2}\right)^{n}\cos(y)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)^{2}\right)^{n}\cos \left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)\,dy\\[5pt]&=\int _{0}^{\pi }y^{n}(\pi -y)^{n}\sin(y)\,dy\\[5pt]&={\frac {n!}{b^{n}}}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Доказательства похожи еще и в том, что Эрмит уже упоминал , что если f является полиномиальной функцией и

${\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}$

тогда

${\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,}$

откуда следует

${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0).}$

Доказательство Бурбаки

Доказательство Бурбаки изложено в качестве упражнения в его труде по анализу . Для любого натурального числа b и неотрицательного целого числа n определяется

${\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}$

Поскольку A _n ( b ) является интегралом функции, определенной на [0, π] и принимающей значение 0 в 0 и π и большей 0 в других точках, то A _n ( b ) > 0. Кроме того, для любого натурального числа b , A _n ( b ) < 1 при достаточно больших n достаточно велико, потому что

${\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}$

и поэтому

${\displaystyle A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{\frac {1}{n!}}\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2n}=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.}$

С другой стороны, рекурсивное интегрирование по частям позволяет сделать вывод, что если a и b натуральные числа, такие что π = a / b и f — полиномиальная функция из [0, π] в R, определяемая по формуле

${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}$

тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\Big [}-f(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }-{\Big [}-f'(x)\sin(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm {\Big [}f^{(2n)}(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }\pm \int _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Этот интеграл равен 0, так как f ^{(2 n +1)} является нулевой функцией (потому что f является полиномом степени 2n ). Поскольку любая функция f ^{( k )} ( 0 ≤ k ≤ 2 n ) принимает целочисленные значения в 0 и в π и то же самое верно для синуса и косинуса, это доказывает, что A _n ( b ) является целым числом. Так как она тоже больше 0, это должно быть натуральное число. Но было также доказано, что A _n ( b ) < 1 при достаточно больших n , что приводит к противоречию .

Это доказательство довольно близко к доказательству Нивена, основное отличие между ними в способе доказательство, что числа A _n ( b ) являются целыми.

Доказательство Лацковича

Доказательство Миклоша Лацковича — это упрощение доказательства Ламберта.

Рассмотрим функции

${\displaystyle f_{k}(x)=1-{\frac {x^{2}}{k}}+{\frac {x^{4}}{2!k(k+1)}}-{\frac {x^{6}}{3!k(k+1)(k+2)}}+\cdots \quad (k\notin \{0,-1,-2,\ldots \}).}$

Эти функции определены для всех х ∈ R . Верны равенства

${\displaystyle f_{\frac {1}{2}}(x)=\cos(2x),}$

${\displaystyle f_{\frac {3}{2}}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}$

Утверждение 1. Справедливо следующее рекуррентное соотношение :

${\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} :\qquad {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}$

Доказательство: доказывается сравнением коэффициентов при степенях х .

Утверждение 2: для любого х ∈ R , ${\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}$

Доказательство: Последовательность x ^{2 n} / n ! ограничена (так как он сходится к 0) и если C ее верхняя граница и если k > 1, то

${\displaystyle \left|f_{k}(x)-1\right|\leqslant \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {C}{k^{n}}}=C{\frac {1/k}{1-1/k}}={\frac {C}{k-1}}.}$

Утверждение 3: если х ≠ 0 и если х ² рационально, то

${\displaystyle \forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$

Доказательство: в противном случае нашлось бы число у ≠ 0 и целые числа a и b такие, что f _k ( x ) = ay и f _{k + 1} ( x ) = by . Для того, чтобы понять, почему это так, зададим y = f _{k + 1} ( x ), a = 0 и b = 1 при f _k ( x ) = 0; в противном случае выберем целые числа a и b, такие что f _{k + 1} ( x )/ f _k ( x ) = b / a и определим y = f _k ( x )/ a = f _{k + 1} ( x )/ b . Во всех случаях y не равно 0, потому что в противном случае из утверждения 1 следует, что все f _k + n (x) = 0 ( n ∈ N ), что противоречило бы утв. 2. Теперь возьмем натуральное число c такое, чтобы все три числа bc / k , ck / x ² and c / x ² были целыми числами, и рассмотрим последовательность

${\displaystyle g_{n}={\begin{cases}f_{k}(x)&n=0\\{\dfrac {c^{n}}{k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)&n\neq 0\end{cases}}}$

Откуда

${\displaystyle g_{0}=f_{k}(x)=ay\in \mathbb {Z} y\quad {\text{ and }}\quad g_{1}={\frac {c}{k}}f_{k+1}(x)={\frac {bc}{k}}y\in \mathbb {Z} y.}$

С другой стороны, из утверждения 1 следует

${\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2}&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}\cdot {\frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\\[5pt]&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\\[5pt]&={\frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\\[5pt]&=\left({\frac {ck}{x^{2}}}+{\frac {c}{x^{2}}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},\end{aligned}}}$

которая является линейной комбинацией g _{n + 1} и g _n с целыми коэффициентами. Поэтому все g _n кратны y с целым коэффициентом. Кроме того, из утв. 2 следует, что все g _n больше 0 (и, следовательно, g _n ≥ | y |) при достаточно больших n и что последовательность g _n сходится к 0. Но последовательность чисел ограниченных снизу | у | не может сходиться к 0.

Поскольку f _1/2 (π/4) = cos(π/2) = 0, из утв. 3 следует, что π ² /16, является иррациональным числом и, следовательно, π иррационально тоже.

С другой стороны, так как

${\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)}},}$

из утв. 3 также следует иррациональность tg(x) при x ∈ Q \ {0}.

Доказательство Лацковича, на самом деле, касается гипергеометрических функций . Верно равенство f _k ( x ) = ₀ F ₁ ( k ; − x ² ), кроме того, гипергеометрическая функция представима в виде в непрерывные дроби, что установил Гаусс с помощью ее функционального уравнения . Это позволило Лацковичу найти новое и более простое доказательство того, что тангенс возможно представить в виде непрерывной дроби, обнаруженной Ламбертом.

Результат Лацковича можно также выразить в функциях Бесселя первого рода J _ν ( x ) . Так как Γ ( k ) J _{k − 1} (2 x ) = x ^{k − 1} f _k ( x ), утверждение Лацковича эквивалентно следующему: если х ≠ 0 и если х ² рациональное, то

${\displaystyle \forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$

См. также

• Доказательство иррациональности e
• Доказательство трансцендентности π

Примечания