این اثبات که در سال ۱۸۷۳ نوشته شدهاست، از توصیف عدد
π
{\displaystyle \pi }
به عنوان کوچکترین عدد مثبتی که نصف آن ریشه تابع کسینوس است و در واقع این را ثابت میکند
π
2
{\displaystyle \pi ^{2}}
گنگ است.[۳] [۴] همانطور که در بسیاری از برهانهای گنگ بودن، این هم یک برهان خلف است.
توالی توابع متغیر حقیق را در نظر بگیرید؛
A
n
{\displaystyle A_{n}}
و
U
n
{\displaystyle U_{n}}
برای
n
∈
N
0
{\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}
به صورت زیر تعریف شدهاند:
A
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
,
A
n
+
1
(
x
)
=
∫
0
x
y
A
n
(
y
)
d
y
U
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
x
,
U
n
+
1
(
x
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
{\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}}}
با استفاده از روش استقرای ریاضی میتوانیم آن ثابت کنیم که:
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 {\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}}}
و بنابراین داریم:
U
n
(
x
)
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
.
{\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}
بنابراین:
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}}\left({\frac {A_{n}'(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}\right)\\[6pt]&={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}
که معادل است با:
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).\,}
با استفاده از تعریف دنباله و استفاده از استقرا میتوانیم نشان دهیم که:
A
n
(
x
)
=
P
n
(
x
2
)
sin
(
x
)
+
x
Q
n
(
x
2
)
cos
(
x
)
,
{\displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,}
که درآن
P
n
{\displaystyle P_{n}}
و
Q
n
{\displaystyle Q_{n}}
توابع چند جمله ای با ضرایب صحیح هستند و درجه
P
n
{\displaystyle P_{n}}
کوچکتر یا مساوی
⌊
1
2
n
⌋
{\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }}
است. بهطور خصوص که در آن:
A
n
(
1
2
π
)
=
P
n
(
1
4
π
2
)
.
{\displaystyle A_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}.}
همچنین هرمیت یک عبارت بسته برای تابع
A
n
{\displaystyle A_{n}}
ارائه کرد که به این صورت است:
A
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
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.\,}
او ادعا خود را توجیه نکرد، اما به راحتی میتوان آن را ثابت کرد. اول از همه، این ادعا معادل است با:
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
=
U
n
(
x
)
.
{\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).}
در صورت استفاده از روش استقرا و فرض
n
=
0
{\displaystyle n=0}
:
∫
0
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
sin
(
x
)
x
=
U
0
(
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}
و برای گامهای بعدی استقرا، هر عدد طبیعی
n
{\displaystyle n}
در نظر بگیرید:
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
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),}
سپس، با استفاده ازانتگرالگیری جزء به جزء و قانون لایب نیتس، میتوان به این رسید که:
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
+
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
(
(
1
−
z
2
)
n
+
1
sin
(
x
z
)
x
|
z
=
0
z
=
1
⏞
=
0
+
∫
0
1
2
(
n
+
1
)
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
x
d
z
)
=
1
x
⋅
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
d
z
=
−
1
x
⋅
d
d
x
(
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
=
U
n
+
1
(
x
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\int _{0}^{1}\left(1-z^{2}\right)^{n+1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z\\&\qquad ={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}{\Biggl (}\,\overbrace {\left.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}\ +\,\int _{0}^{1}2(n+1)\left(1-z^{2}\right)^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z{\Biggr )}\\[8pt]&\qquad ={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}\left(1-z^{2}\right)^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&\qquad =-{\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]&\qquad =-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&\qquad =U_{n+1}(x).\end{aligned}}}
اگر
1
4
π
2
=
p
/
q
{\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q}
، با
p
{\displaystyle p}
و
q
{\displaystyle q}
که در
N
{\displaystyle \mathbb {N} }
هستند، پس از آنجایی که ضرایب
P
n
{\displaystyle P_{n}}
اعداد صحیح هستند و درجه آن کوچکتر یا مساوی
⌊
1
2
n
⌋
{\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }}
است، آنگاه
q
⌊
n
/
2
⌋
P
n
(
1
4
π
2
)
{\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}}
مقداری عدد صحیح
N
{\displaystyle N}
است. به عبارت دیگر:
N
=
q
⌊
n
/
2
⌋
A
n
(
1
2
π
)
=
q
⌊
n
/
2
⌋
1
2
n
n
!
(
p
q
)
n
+
1
2
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
1
2
π
z
)
d
z
.
{\displaystyle N=q^{\lfloor n/2\rfloor }{A_{n}}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=q^{\lfloor n/2\rfloor }{\frac {1}{2^{n}n!}}\left({\dfrac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos \left({\tfrac {1}{2}}\pi z\right)\,\mathrm {d} z.}
اما این عدد به وضوح بیشتر از
0
{\displaystyle 0}
است. از سوی دیگر، حد این مقدار وقتی
n
{\displaystyle n}
به سمت صفر میرود، بینهایت خواهد بود و اگر
n
{\displaystyle n}
به اندازه کافی بزرگ باشد،
N
<
1
{\displaystyle N<1}
است. بدین ترتیب تناقضی حاصل میشود.
هرمیت برهان خود را به عنوان یک هدف غایی ارائه نکرد، بلکه به عنوان یک ایده بعدی در جستجوی خود برای اثبات ترافرازنده بودن
π
{\displaystyle \pi }
مطرح کرد. او روابط بازگشتی را برای ایجاد انگیزه و به دست آوردن یک بازنمایی یکپارچه و ساده مورد بحث قرار داد. هنگامی که این بازنمایی یکپارچه به دست آمد، راههای مختلفی برای ارائه یک اثبات مختصر و مستقل وجود دارد که از آن یکپارچگی شروع میشود (مانند ارائههای Cartwright, Bourbaki یا Niven)، که هرمیت به راحتی میتوانست آن را ببیند (همانطور که او در اثبات ترافرازنده بودن
e
{\displaystyle e}
، این کار را انجام داد.[۵]
علاوه بر این، اثبات هرمیت از آنچه به نظر میرسد به روش اثبات لامبرت نزدیکتر است. در حقیقت،
A
n
(
x
)
{\displaystyle A_{n}(x)}
«باقیمانده» کسر ادامهدار لمبرت برای
tan
x
{\displaystyle \tan x}
است.[۶]
هارولد جفریس نوشت که این اثبات به عنوان نمونه در امتحانی در دانشگاه کمبریج در سال ۱۹۴۵ توسط مری کارترایت ارائه شد، اما او منشأ آن را ردیابی نکرده بود.[۷] هنوز هم در برگه ۴ سوالات امتحانی حال حاضر برای دوره تحلیل IA در دانشگاه کمبریج باقی ماندهاست.[۸]
انتگرال زیر را در نظر بگیرید:
I
n
(
x
)
=
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
,
{\displaystyle I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}
جایی که
n
{\displaystyle n}
یک عدد صحیح غیر منفی است.
دو انتگرالگیری جزء به جزء رابطه بازگشتی را نشان میدهد:
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-2}(x).\qquad (n\geq 2)}
اگر:
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
I
n
(
x
)
,
{\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}
سپس این تبدیل میشود به:
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).}
علاوه بر این،
J
0
(
x
)
=
2
sin
x
{\displaystyle J_{0}(x)=2\sin x}
و
J
1
(
x
)
=
−
4
x
cos
x
+
4
sin
x
.
{\displaystyle J_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.}
، از این رو برای همه
n
∈
Z
+
,
{\displaystyle n\in \mathbb {Z} _{+},}
:
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
I
n
(
x
)
=
n
!
(
P
n
(
x
)
sin
(
x
)
+
Q
n
(
x
)
cos
(
x
)
)
,
{\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},}
جایی که
P
n
(
x
)
{\displaystyle P_{n}(x)}
و
Q
n
(
x
)
{\displaystyle Q_{n}(x)}
چند جمله ای درجه
≤
n
{\displaystyle \leq n}
و با ضرایب صحیح (بسته به
n
{\displaystyle n}
). هستند.
با فرض
x
=
1
2
π
{\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}\pi }
و این که
1
2
π
=
a
/
b
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi =a/b}
که
a
{\displaystyle a}
و
b
{\displaystyle b}
اعداد طبیعی باشند (یعنی فرض کنید
π
{\displaystyle \pi }
گویا است). پس:
a
2
n
+
1
n
!
I
n
(
1
2
π
)
=
P
n
(
1
2
π
)
b
2
n
+
1
.
{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}b^{2n+1}.}
سمت راست معادله یک عدد صحیح است. ولی
0
<
I
n
(
1
2
π
)
<
2
{\displaystyle 0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2}
در فاصله
[
−
1
,
1
]
{\displaystyle [-1,1]}
طولی برابر
2
{\displaystyle 2}
دارد و تابع فقط مقادیر بین
0
{\displaystyle 0}
و
1
{\displaystyle 1}
را میگیرد. از سوی دیگر:
a
2
n
+
1
n
!
→
0
as
n
→
∞
.
{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}
از این رو، برای
n
{\displaystyle n}
به اندازه کافی بزرگ:
0
<
a
2
n
+
1
I
n
(
π
2
)
n
!
<
1
,
{\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}
یعنی میتوانیم یک عدد صحیح بین
0
{\displaystyle 0}
و
1
{\displaystyle 1}
پیدا کنیم که این تناقضی است که از این فرض حاصل میشود
π
{\displaystyle \pi }
گویا است.
این برهان شبیه برهان هرمیت است. در واقع:
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
2
x
2
n
+
1
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
2
n
+
1
n
!
A
n
(
x
)
.
{\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}}}
با این حال، به وضوح سادهتر است و با حذف تعریف استقرایی توابع
A
n
{\displaystyle A_{n}}
به دست میآید و به عنوان نقطه شروع بیان آنها به عنوان یک انتگرال در نظر گرفته میشود.
این اثبات از توصیف
π
{\displaystyle \pi }
به عنوان کوچکترین ریشه مثبت تابع سینوس استفاده میکند.[۹]
فرض کنید که
π
{\displaystyle \pi }
عدد گویا است، یعنی برای برخی از اعداد صحیح
a
{\displaystyle a}
و
b
{\displaystyle b}
که هر دو مثبت باشند:
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
.
با توجه به هر عدد صحیح مثبت
n
{\displaystyle n}
، تابع چند جمله ای را تعریف میکنیم:
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}
و برای هر
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
فرض کنید:
F
(
x
)
=
f
(
x
)
−
f
″
(
x
)
+
f
(
4
)
(
x
)
+
⋯
+
(
−
1
)
n
f
(
2
n
)
(
x
)
.
{\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x).}
ادعای 1:
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
یک عدد صحیح است.
اثبات:
با بسط
f
{\displaystyle f}
به عنوان مجموع تک جملهها، ضریب
x
k
{\displaystyle x^{k}}
عددی از شکل
c
k
/
n
!
{\displaystyle c_{k}/n!}
است که
c
k
{\displaystyle c_{k}}
یک عدد صحیح است که
0
{\displaystyle 0}
میباشد اگر
k
<
n
{\displaystyle k<n}
.
از این رو
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
برابر
0
{\displaystyle 0}
است هنگامی که
k
<
n
{\displaystyle k<n}
و برابر است با
(
k
!
/
n
!
)
c
k
{\displaystyle (k!/n!)c_{k}}
اگر
n
≤
k
≤
2
n
{\displaystyle n\leq k\leq 2n}
; در هر حالت،
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
یک عدد صحیح است و بنابراین
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
یک عدد صحیح است.
از سوی دیگر،
f
(
π
−
x
)
=
f
(
x
)
{\displaystyle f(\pi -x)=f(x)}
و بنابراین برای هر عدد صحیح غیر منفی
k
{\displaystyle k}
خواهیم داشت:
(
−
1
)
k
f
(
k
)
(
π
−
x
)
=
f
(
k
)
(
x
)
{\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}
.
به خصوص،
(
−
1
)
k
f
(
k
)
(
π
)
=
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0)}
از این رو
f
(
k
)
(
π
)
{\displaystyle f^{(k)}(\pi )}
نیز یک عدد صحیح است و بنابراین
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
یک عدد صحیح است (در واقع بدیهی به نظر میرسد که
F
(
π
)
=
F
(
0
)
{\displaystyle F(\pi )=F(0)}
).
از آنجا که
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
و
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
اعداد صحیح هستند، مجموع آنها نیز همینطور است.
ادعای ۲:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )}
اثبات:
از آنجایی که
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
چند جمله ای صفر است، خواهیم داشت:
F
″
+
F
=
f
.
{\displaystyle F''+F=f.}
مشتقات تابع سینوس و کسینوس به صورت sin' = cos و cos' = −sin هستند. از این رو قاعده ضرب دلالت دارد که:
(
F
′
⋅
sin
−
F
⋅
cos
)
′
=
f
⋅
sin
{\displaystyle (F'\cdot \sin {}-F\cdot \cos {})'=f\cdot \sin }
با قضیه اساسی حسابان :
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
(
F
′
(
x
)
sin
x
−
F
(
x
)
cos
x
)
|
0
π
.
{\displaystyle \left.\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right|_{0}^{\pi }.}
از آنجا که
sin
0
=
sin
π
=
0
{\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}
و
cos
0
=
−
cos
π
=
1
{\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}
(در اینجا از خصوصیات فوقالذکر استفاده میکنیم
π
{\displaystyle \pi }
به عنوان صفر تابع سینوس)، ادعا ۲ دنبال میشود.
نتیجهگیری:
از آنجایی که
f
(
x
)
>
0
{\displaystyle f(x)>0}
و
sin
x
>
0
{\displaystyle \sin x>0}
برای
0
<
x
<
π
{\displaystyle 0<x<\pi }
(زیرا
π
{\displaystyle \pi }
کوچکترین صفر مثبت تابع سینوس است)، ادعاهای ۱ و ۲ این را نشان میدهد که
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
یک عدد صحیح مثبت است. از آنجا که
0
≤
x
(
a
−
b
x
)
≤
π
a
{\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}
و
0
≤
sin
x
≤
1
{\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}
برای
0
≤
x
≤
π
,
{\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}
، با تعریف اصلی
f
{\displaystyle f}
داریم:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
≤
π
(
π
a
)
n
n
!
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}
که برای
n
{\displaystyle n}
بزرگ، کوچکتر از
1
{\displaystyle 1}
است، از این رو
F
(
0
)
+
F
(
π
)
<
1
{\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}
برای این
n
{\displaystyle n}
ها در ادعا ۲ است. این برای عدد صحیح مثبت
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
، غیرممکن است. این نشان میدهد که فرض اصلی که
π
{\displaystyle \pi }
گویا است منجر به تناقض میشود که برهان را تکمیل میکند.
اثبات فوق یک نسخه اصلاح شدهاست که تا حد امکان پیش نیازهای تجزیه و تحلیل فرمول را ساده کردهاست.
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
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
)
sin
(
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,}
که توسط انتگرالگیری جزء به جزء ،
2
n
+
2
{\displaystyle 2n+2}
به دست میآید. ادعای ۲ اساساً این فرمول را ایجاد میکند که در آن استفاده از
F
{\displaystyle F}
انتگرال بخشهای تجمیع شده را پنهان میکند. آخرین انتگرال حذف میشود زیرا
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
چند جمله ای صفر است. ادعای ۱ نشان میدهد که مجموع باقی مانده یک عدد صحیح است.
اثبات نیون بیشتر از آنچه در نگاه اول به نظر میرسد به اثبات کارترایت (و بنابراین هرمیت) نزدیک است.[۶] در حقیقت:
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
∫
−
1
1
(
x
2
−
(
x
z
)
2
)
n
x
cos
(
x
z
)
d
z
.
{\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}}}
بنابراین، جایگزینی
x
z
=
y
{\displaystyle xz=y}
این انتگرال را به شکل زیر ساده میکند:
∫
−
x
x
(
x
2
−
y
2
)
n
cos
(
y
)
d
y
.
{\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.}
به خصوص،
J
n
(
π
2
)
=
∫
−
π
/
2
π
/
2
(
π
2
4
−
y
2
)
n
cos
(
y
)
d
y
=
∫
0
π
(
π
2
4
−
(
y
−
π
2
)
2
)
n
cos
(
y
−
π
2
)
d
y
=
∫
0
π
y
n
(
π
−
y
)
n
sin
(
y
)
d
y
=
n
!
b
n
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
.
{\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}}}
ارتباط دیگر بین این برهانها در این واقعیت نهفتهاست که هرمیت پیشتر ذکر میکند که اگر
f
{\displaystyle f}
تابع چند جمله ای است و
F
=
f
−
f
(
2
)
+
f
(
4
)
∓
⋯
,
{\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}
پس:
∫
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
′
(
x
)
sin
(
x
)
−
F
(
x
)
cos
(
x
)
+
C
,
{\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,}
که از آن نتیجه میشود که:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
(
π
)
+
F
(
0
)
.
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0).}
برهان بورباکی به عنوان تمرینی در رساله حساب دیفرانسیل و انتگرال او بیان شدهاست.[۱۰] برای هر عدد طبیعی b و هر عدد صحیح غیر منفی
n
{\displaystyle n}
، تابع زیر تعریف میگردد:
A
n
(
b
)
=
b
n
∫
0
π
x
n
(
π
−
x
)
n
n
!
sin
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}
از آنجا که
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
انتگرال یک تابع تعریف شده در بازه
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
است که مقدار
0
{\displaystyle 0}
را در
0
{\displaystyle 0}
و
π
{\displaystyle \pi }
م:ی گیرد که بزرگتر از
0
{\displaystyle 0}
است در غیر این صورت،
A
n
(
b
)
>
0
{\displaystyle A_{n}(b)>0}
.
علاوه بر این، برای هر عدد طبیعی
b
{\displaystyle b}
،
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
اگر
n
{\displaystyle n}
به اندازه کافی بزرگ باشد، زیرا:
x
(
π
−
x
)
≤
(
π
2
)
2
{\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}
و بنابراین:
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!}}\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2n}=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.}
از سوی دیگر، انتگرالگیری جزء به جزء به ما این امکان را میدهد که استنباط کنیم، اگر
a
{\displaystyle a}
و
b
{\displaystyle b}
اعداد طبیعی هستند به گونه ای که
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
و
f
{\displaystyle f}
تابع چند جمله ای از
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
به
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
تعریف شده باشد با:
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
,
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}
پس:
A
n
(
b
)
=
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
[
−
f
(
x
)
cos
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
−
[
−
f
′
(
x
)
sin
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
+
⋯
±
[
f
(
2
n
)
(
x
)
cos
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
±
∫
0
π
f
(
2
n
+
1
)
(
x
)
cos
(
x
)
d
x
.
{\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 \\[5pt]&\ \qquad \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}}}
انتگرال آخر
0
{\displaystyle 0}
است، از آنجا که
f
(
2
n
+
1
)
{\displaystyle f^{(2n+1)}}
تابع تهی است (زیرا
f
{\displaystyle f}
تابع چند جمله ای درجه
2
n
{\displaystyle 2n}
است). از آنجایی که هر تابع
f
(
k
)
{\displaystyle f^{(k)}}
(با
0
≤
k
≤
2
n
{\displaystyle 0\leq k\leq 2n}
) مقادیر صحیح را در
0
{\displaystyle 0}
و
π
{\displaystyle \pi }
میگیرد و از آنجایی که همین اتفاق در مورد توابع سینوس و کسینوس رخ میدهد، این موضوع را ثابت میکند که
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
یک عدد صحیح است. از آنجایی که آن نیز بیشتر از
0
{\displaystyle 0}
است، پس باید یک عدد طبیعی باشد. اما این هم ثابت شد
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
اگر
n
{\displaystyle n}
به اندازه کافی بزرگ است، در نتیجه به تناقض میرسد.
این اثبات کاملاً به اثبات نیون نزدیک است، تفاوت اصلی بین آنها در روش اثبات این است که اعداد
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
اعداد صحیح هستند.
اثبات میکلاس لاچگوویچ سادهسازی اثبات اصلی لمبرت است.[۱۱] او تابع زیر را در نظر میگیرد:
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 \}).}
این توابع به وضوح برای هر عدد حقیقی
x
{\displaystyle x}
تعریف شدهاند. بعلاوه:
f
1
/
2
(
x
)
=
cos
(
2
x
)
,
{\displaystyle f_{1/2}(x)=\cos(2x),}
f
3
/
2
(
x
)
=
sin
(
2
x
)
2
x
.
{\displaystyle f_{3/2}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}
ادعای ۱:
رابطه بازگشتی زیر برای هر عدد واقعی
x
{\displaystyle x}
صادق است:
x
2
k
(
k
+
1
)
f
k
+
2
(
x
)
=
f
k
+
1
(
x
)
−
f
k
(
x
)
.
{\displaystyle {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}
اثبات:
این را میتوان با مقایسه ضرایب توانهای
x
{\displaystyle x}
از اثبات کرد.
ادعای ۲:
برای هر عدد واقعی
x
{\displaystyle x}
،
lim
k
→
+
∞
f
k
(
x
)
=
1.
{\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}
اثبات:
در واقع دنباله
x
2
n
/
n
!
{\displaystyle x^{2n}/n!}
محدود است (از آنجایی که به
0
{\displaystyle 0}
میل میکند) و اگر
C
{\displaystyle C}
حد بالایی است و اگر
k
>
1
{\displaystyle k>1}
، پس:
|
f
k
(
x
)
−
1
|
⩽
∑
n
=
1
∞
C
k
n
=
C
1
/
k
1
−
1
/
k
=
C
k
−
1
.
{\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}}.}
ادعای ۳:
اگر
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
در این صورت
x
2
{\displaystyle x^{2}}
گویا است و
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
{\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}
، پس:
f
k
(
x
)
≠
0
and
f
k
+
1
(
x
)
f
k
(
x
)
∉
Q
.
{\displaystyle f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
اثبات:
در غیر این صورت، یک عدد
y
≠
0
{\displaystyle y\neq 0}
وجود خواهد داشت و اعداد صحیح
a
{\displaystyle a}
و
b
{\displaystyle b}
به طوری که
f
k
(
x
)
=
a
y
{\displaystyle f_{k}(x)=ay}
و
f
k
+
1
(
x
)
=
b
y
.
{\displaystyle f_{k+1}(x)=by.}
وجود خوهند داشت.
برای این که دلیل را بیابید، فرض کنید
y
=
f
k
+
1
(
x
)
,
{\displaystyle y=f_{k+1}(x),}
a
=
0
,
{\displaystyle a=0,}
و
b
=
1
{\displaystyle b=1}
اگر
f
k
(
x
)
=
0
{\displaystyle f_{k}(x)=0}
; در غیر این صورت، اعداد صحیح
a
{\displaystyle a}
و
b
{\displaystyle b}
را به شکلی انتخاب کنید که
f
k
+
1
(
x
)
/
f
k
(
x
)
=
b
/
a
{\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}
و تعریف کنید
y
=
f
k
(
x
)
/
a
=
f
k
+
1
(
x
)
/
b
.
{\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.}
.
در هر مورد،
y
{\displaystyle y}
نمیتواند
0
{\displaystyle 0}
باشد زیرا در غیر این صورت مطابق ادعای ۱ دنبال خواهد شد که هر کدام
f
k
+
n
(
x
)
{\displaystyle f_{k+n}(x)}
(
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
) برابر
0
{\displaystyle 0}
خواهد بود که با ادعای ۲ مغایرت دارد. حالا یک عدد طبیعی
c
{\displaystyle c}
در نظر بگیرید به طوری که هر سه عدد
b
c
/
k
,
{\displaystyle bc/k,}
c
k
/
x
2
,
{\displaystyle ck/x^{2},}
و
c
/
x
2
{\displaystyle c/x^{2}}
اعداد صحیح هستند و دنباله زیر را در نظر میگیرند
g
n
=
{
f
k
(
x
)
n
=
0
c
n
k
(
k
+
1
)
⋯
(
k
+
n
−
1
)
f
k
+
n
(
x
)
n
≠
0
{\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}}}
پس:
g
0
=
f
k
(
x
)
=
a
y
∈
Z
y
and
g
1
=
c
k
f
k
+
1
(
x
)
=
b
c
k
y
∈
Z
y
.
{\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.}
از سوی دیگر، از ادعای ۱ بر میآید که:
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}}}+{\frac {c}{x^{2}}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},\end{aligned}}}
که ترکیبی خطی از
g
n
+
1
{\displaystyle g_{n+1}}
و
g
n
{\displaystyle g_{n}}
با ضرایب صحیح است؛ بنابراین، هر
g
n
{\displaystyle g_{n}}
مضرب صحیح
y
{\displaystyle y}
است. در ضمن از ادعای ۲ بر میآید که هر کدام
g
n
{\displaystyle g_{n}}
بزرگتر است از
0
{\displaystyle 0}
(و بنابراین
g
n
≥
|
y
|
{\displaystyle g_{n}\geq |y|}
) اگر
n
{\displaystyle n}
به اندازه کافی بزرگ باشد و دنباله ای از همه
g
n
{\displaystyle g_{n}}
ها به
0
{\displaystyle 0}
همگرا میشود. اما دنباله ای از اعداد بزرگتر یا مساوی با
|
y
|
{\displaystyle |y|}
نمیتواند به
0
{\displaystyle 0}
همگرا شود.
از آنجا که
f
1
/
2
(
1
4
π
)
=
cos
1
2
π
=
0
,
{\displaystyle f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,}
از ادعای ۳ بر میآید که
1
16
π
2
{\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}}
گنگ است و بنابراین
π
{\displaystyle \pi }
گنگ است.
از سوی دیگر، از آنجایی که:
tan
x
=
sin
x
cos
x
=
x
f
3
/
2
(
x
/
2
)
f
1
/
2
(
x
/
2
)
,
{\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)}},}
پیامد دیگر ادعای ۳ این است که اگر
x
∈
Q
∖
0
{\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus {0}}
، پس
tan
x
{\displaystyle \tan x}
گنگ است.
اثبات لاکوویچ در واقع در مورد تابع فوق هندسی است. در حقیقت،
f
k
(
x
)
=
0
F
1
(
k
−
x
2
)
{\displaystyle f_{k}(x)=_{0}F_{1}\left(k-x^{2}\right)}
و گاوس با استفاده از معادله تابعی آن بسط کسری ادامه یافته تابع ابر هندسی را یافت.[۱۲] این به لاکوویچ اجازه داد تا یک اثبات جدید و سادهتر برای این واقعیت بیابد که تابع مماس دارای بسط کسری پیوستهاست که لامبرت کشف کرده بود.
نتیجه لاکوویچ را میتوان در توابع بسل از نوع اول نیز بیان کرد
J
ν
(
x
)
{\displaystyle J_{\nu }(x)}
. در حقیقت،
Γ
(
k
)
J
k
−
1
(
2
x
)
=
x
k
−
1
f
k
(
x
)
{\displaystyle \Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)}
(جایی که
Γ
{\displaystyle \Gamma }
تابع گاما است). بنابراین نتیجه لاکوویچ برابر است با: اگر
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
x
2
{\displaystyle x^{2}}
گویا باشد و
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
{\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}
پس:
x
J
k
(
x
)
J
k
−
1
(
x
)
∉
Q
.
{\displaystyle {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
↑ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl
π
{\displaystyle \pi }
", 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 .
↑ Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan" . Journal für die reine und angewandte Mathematik (به فرانسوی). 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 (به فرانسوی). 76 : 342–344.
↑ Hermite, Charles (1912) [1873]. "Sur la fonction exponentielle". In Picard, Émile (ed.). Œuvres de Charles Hermite (به فرانسوی). Vol. III. Gauthier-Villars. pp. 150–181.
↑ ۶٫۰ ۶٫۱ Zhou, Li (2011). "Irrationality proofs à la Hermite" . The Mathematical Gazette . 95 (534): 407–413. arXiv :0911.1929 . doi :10.1017/S0025557200003491 .
↑ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference (3rd ed.), Cambridge University Press, p. 268 , ISBN 0-521-08446-6
↑ "Department of Pure Mathematics and Mathematical Statistics" . www.dpmms.cam.ac.uk . Retrieved 2022-04-19 .
↑ Niven, Ivan (1947), "A simple proof that [[عدد پی|
π
{\displaystyle \pi }
]] is irrational" (PDF) , Bulletin of the American Mathematical Society , 53 (6): 509, doi :10.1090/s0002-9904-1947-08821-2
↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (به فرانسوی), vol. 1074, Hermann , pp. 137–138
↑ Laczkovich, Miklós (1997), "On Lambert's proof of the irrationality of
π
{\displaystyle \pi }
", American Mathematical Monthly , 104 (5): 439–443, doi :10.2307/2974737 , JSTOR 2974737
↑ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), "Disquisitiones generales circa seriem infinitam", Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (به لاتین), 2