Prueba de que π es irracional

En los años 1760, Johann Heinrich Lambert fue el primero en demostrar que el número π es irracional, lo que significa que no se puede expresar como una fracción ${\displaystyle a/b}$, donde ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ ambos son enteros. En el siglo XIX, Charles Hermite encontró una prueba que no requiere conocimiento previo más allá del cálculo básico. Tres simplificaciones de la prueba de Hermite se deben a Mary Cartwright, Ivan Niven y Nicolas Bourbaki. Otra prueba, que es una simplificación de la prueba de Lambert, se debe a Miklós Laczkovich. Muchos de ellos son pruebas por contradicción.

En 1882, Ferdinand von Lindemann demostró que ${\displaystyle \pi}$ no es sólo irracional, sino trascendental también.

En 1761, Johann Heinrich Lambert demostró que ${\displaystyle \pi}$ es irracional al demostrar primero que esta expansión continua de la fracción sostiene:

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

Entonces Lambert demostró que si ${\displaystyle x}$ no es cero y racional, entonces esta expresión debe ser irracional. Desde ${\displaystyle \tan {\tfrac {\cHFF} } {4}=1}$, sigue que ${\\fnMicroc {\fnMicrosoft {\fnMicrosoft {\fnMicrosoft {\\fnMicrosoft {\\\fnMicrosoft {\\\fnMicrosoft {\fnMicrosoft {\fnMicrosoft {\\\fnMicrosoft {\\\\\fnMicrosoft {\\\\\\\\\\\\\fnMicrosoft {\\\\\\\\\\\fnMicrosoft {\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\fnMicro } {4}}$ es irracional, y así ${\displaystyle \pi}$ también es irracional. A continuación se presenta una simplificación de la prueba de Lambert.

Escrito en 1873, esta prueba utiliza la caracterización de ${\displaystyle \pi}$ como el número positivo más pequeño cuya mitad es un cero de la función cosina y en realidad demuestra que ${\displaystyle \pi ^{2}$ es irracional. Como en muchas pruebas de irracionalidad, es una prueba por contradicción.

Considere las secuencias de funciones reales ${\displaystyle A_{n}$ y ${\displaystyle U_{n}$ para ${\displaystyle n\in \mathbb {N}$ definida por:

${\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\cHFF} {\cHFF} {\cHFF} {\c} {\cHFF}}\cH00} {\c\c}}}}}}}}}}}}}\c\c\c\cH00}}}}\c\c\c\cH00}}}}}}\c\c\cH00}}\c\cH00}\cH00}}}}}}}\c\c\c\c\cH00}}}}}}}}}\cH00}}}\cH00}\c\cH00}\cH00}}}}\cH00}}\cH00}\cH00}}}}}\cH00}}}\cH00}}}}}}\c$

Usando inducción podemos demostrar que

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

y por lo tanto tenemos:

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

Entonces

${\fn\fn} {\fnK} {\fn0} {\fn\fn} {\fn}}}}}} {\n+1} {\fn\c} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn}} {\fn}}} {\fn}}} {\fn}\f}\f}\f}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn\fn}\fn}\fn}\fn}\fn\fn}\fn}\fn\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn\fn\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}\fn}}}}}\fn} {\cHFF} {\cH00} {\cH00} {\cH00}} {\c}} {\c\c}}\c} {\c} {\c} {\c}} {\c}} {\c}}} {\c\c\c} {\c}} {\c}}} {\c\c}} {\c} {\c\c}}}} {\c}\c}}}}}} {\c}\c}\c\c\c\c\c} {\c} {\c} {\c\c}\c}\c\c}\c\c\c\c}}}}}}\c\c}\c}\c\c\c}\c\c} {\c\c\c}\c\c\c\c\c\c\c\c\c}\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c\c}}}}}}}}$

que es equivalente a

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

Utilizando la definición de la secuencia y empleando la inducción, podemos demostrar que

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

Donde ${\displaystyle P_{n}$ y ${\displaystyle Q_{n}$ son funciones polinómicas con coeficientes enteros y el grado de ${\displaystyle P_{n}$ es menor o igual a ${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1} {2}n{\bigr \rfloor}.}$ En particular, ${\displaystyle A_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}\pi {\bigr)}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1} {4}\pi ^{2}{\bigr)}}}}}} {\bigr]}$

Hermite también dio una expresión cerrada para la función ${\displaystyle A_{n}$ a)

${\displaystyle A_{n}(x)={\frac ¡Intenta! ¿Por qué?$

No justificó esta afirmación, pero se puede demostrar fácilmente. En primer lugar, esta afirmación es equivalente a...

${\displaystyle {\frac {1}{2}n}\int ¿Por qué? z={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}=U_{n}(x).}$

Proceder por inducción, tomar ${\displaystyle n=0.}$

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

y, para el paso inductivo, considerar cualquier número natural ${\displaystyle n.}$ Si

${\displaystyle {\frac {1}{2}n}\int ¿Por qué?$

Entonces, utilizando la integración por partes y la regla de Leibniz, se obtiene:

${\displaystyle {\begin{aligned} {1}{2^{n+1}(n+1)}\int ¿Por qué? z\\\\qquad ={2^{n+1} {\n+1)}{\Biggl (}\,\overbrace {\left.(1-z^{2})}{n+1}{\frac {\sin(xz)}}{x}}}}\justo=0}{z=0}}{z=1}}}}}}}}}} {\f}}}} {\f}}}}}}}}}}}}}}}} {\f} {\f}}}}}}}} {\f}}}}}}}}}} {\f}\f}}}}}}}}}}}}}}}\f}\f}}}\f}}}}}}}}}}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}}}}}}}\f}\fn\f}\fn\fn\f}}\fn\f}}}\fn ¿Qué? {1}{2^ {n}n}\int {0}{1}\left(1-z^{2}\right)}{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\[8pt] limit\qquad =-{\frac {1}{x}\cdot {\frac {\mathrm {d} {\fnK} {\fnK}}\int}\int ¿Por qué? =-{\frac {U_{n}(x)}\[4pt] limitada\qquad =U_{n+1}(x)\end{aligned}}}$

Si ${\displaystyle {\tfrac}\pi ^{2}=p/q,}$ con ${\displaystyle p}$ y ${\displaystyle q}$ dentro ${\displaystyle \mathbb {N}$, entonces, desde los coeficientes de ${\displaystyle P_{n}$ son números enteros y su grado es menor o igual a ${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1} {2}n{\bigr \rfloor }}}$ ${\displaystyle q^{\lfloor ¿Qué?$ es un poco entero ${\displaystyle N.$ En otras palabras,

${\displaystyle N=q^{\lfloor n/2\rfloor {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn} {\fn}} {\fn}} {\bigl} {\fn}} {\fn} {\fn}}} {\fn}}}} {\big}}} {\big}}}} {\bign}}} {\big}}}}} {\bign}}}}}}}}}} {\bign}}}}}}} {\bign} {\bign}}} {\bign} {\bign}}} {\bign}}}}}}}}}}}}}}} {\bign} {\bign}}}}}}}}} {\bign}} {\bign}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}} {\ {\bigr]}=q^{\lfloor n/2\rfloor }{\frac {1}{2^{n}n}}\left({\dfrac {p}{n+{\frac} {1}{2}\int} {0}{1}(1-z^{2})^{n}\cos \left({\tfrac {1}{2}\pi z\right)\,\mathrm {d} z.}$

Pero este número es claramente mayor que ${\displaystyle 0.}$ Por otro lado, el límite de esta cantidad como ${\displaystyle n}$ va al infinito es cero, y así, si ${\displaystyle n}$ es lo suficientemente grande, ${\displaystyle N realizadas1.}$ Por tanto, se llega a una contradicción.

Hermite no presentó su prueba como un fin en sí mismo, sino como un pensamiento después de su búsqueda de una prueba de la trascendencia de ${\displaystyle \pi.}$ Discutió las relaciones de recurrencia para motivar y obtener una representación integral conveniente. Una vez obtenida esta representación integral, hay varias maneras de presentar una prueba sucinta y autocontenida a partir de la integral (como en las presentaciones de Cartwright, Bourbaki o Niven), que Hermite podía ver fácilmente (como lo hizo en su prueba de la trascendencia de ${\displaystyle e}$).

Además, la prueba de Hermite está más cerca de la prueba de Lambert de lo que parece. De hecho, ${\displaystyle A_{n}(x)}$ es el "residuo" (o "remanente") de la fracción continua de Lambert para ${\displaystyle \tan x.}$

Harold Jeffreys escribió que esta demostración fue propuesta como ejemplo en un examen de la Universidad de Cambridge en 1945 por Mary Cartwright, pero que ella no había rastreado su origen. Aún hoy figura en la cuarta hoja de ejercicios del curso de Análisis IA de la Universidad de Cambridge.Considere las integrales.

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

Donde ${\displaystyle n}$ es un entero no negativo.

Dos integraciones por partes dan la relación de recurrencia

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

Si

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

Entonces esto se convierte en

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

Además, ${\displaystyle J_{0}(x)=2\sin x}$ y ${\displaystyle J_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.}$ Por lo tanto para todos ${\displaystyle n\in \mathbb {Z} _{+}$

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

Donde ${\displaystyle P_{n}(x)}$ y ${\displaystyle Q_{n}(x)}$ son polinomios de grado ${\displaystyle \leq n,}$ y con coeficientes enteros (dependiendo de ${\displaystyle n}$).

Toma. ${\displaystyle x={\tfrac {1}{2}\pi}$ y suponer si es posible que ${\displaystyle {\tfrac}{2}\pi} =a/b}$ Donde ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ son números naturales (es decir, asumir que ${\displaystyle \pi}$ es racional). Entonces...

${\bign} {\bign} {\bign} {\bign} {\bigl} {\tfrac {2}}\pi {\bigr]} {\bigr} {\bign} {\bign} {\bigl} {\bign}} {\bigr}}} {\bign}}}} {\b}{2n+1}}} {}}}}}} {}}} {\b}}} {\b}{2n} {}}}}}}}}}}}}}}} {\b} {\b} {\b}}}}}}}}} {\b}}}}} {\b} {\bign} {\b}}}}}}} {\b}}}} {\b}}}}}}}}}}}}}}} {\b} {\b} {\b}}}}}}}}}} {\b} {\b}}}} {\$

El lado derecho es un entero. Pero... ${\displaystyle - ¿Qué?$ desde el intervalo ${\displaystyle [-1,1]}$ tiene longitud ${\displaystyle 2}$ y la función que se integra solo requiere valores entre ${\displaystyle 0}$ y ${\displaystyle 1.}$ Por otro lado,

${\displaystyle {\frac {\2n+1}{n}}\to - No.$

Por lo tanto, por lo suficientemente grande ${\displaystyle n}$

${\displaystyle 0 realizadas {\frac {2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi}{2}}\right)} {n}}} {\n}} {\n}} {\n}} {\n}}}} {\n}}}} {\n}}}}} {\n}}}}}} {\n}}}}}}}}}}}}} {\n}}}} {\n}}}}}}}} {\n}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}} {\n}}}} {\n}}}}}}}}}}}}}}}} {\n}}}}}}}}} {\n}}}}}}}}}} {\n}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}} {\n}}}}}}}}}}}$

es decir, podríamos encontrar un entero entre ${\displaystyle 0}$ y ${\displaystyle 1.}$ Esa es la contradicción que se deriva del supuesto de que ${\displaystyle \pi}$ es racional.

Esta prueba es similar a la de Hermite. De hecho,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x) ¿Por qué? ¿Por qué?$

Sin embargo, es claramente más simple. Esto se logra omitiendo la definición inductiva de las funciones ${\displaystyle A_{n}$ y tomando como punto de partida su expresión como integral.

Esta prueba utiliza la caracterización de ${\displaystyle \pi}$ como el menor cero positivo de la función sine.

Supongamos que ${\displaystyle \pi}$ es racional, es decir. ${\displaystyle \pi =a/b}$ para algunos enteros ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ que puede tomarse sin pérdida de generalidad para ambos ser positivo. Dado cualquier entero positivo ${\displaystyle n,}$ definimos la función polinomio:

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

y, para cada ${\displaystyle x\in \mathbb {R}$ Deja

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

Reclamación 1: ${\displaystyle F(0)+F(\pi)}$ es un entero.

Prueba:Ampliación ${\displaystyle f}$ como suma de monomiales, el coeficiente de ${\displaystyle x^{k}$ es un número de la forma ${\displaystyle ¡No!$ Donde ${\displaystyle C_{k}$ es un entero, que es ${\displaystyle 0}$ si ${\displaystyle k maden.}$ Por lo tanto, ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ es ${\displaystyle 0}$ cuando ${\displaystyle k maden}$ y es igual a ${\displaystyle (k!/n!)c_{k}$ si ${\displaystyle n\leq k\leq 2n}$; en cada caso, ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ es un entero y por lo tanto ${\displaystyle F(0)}$ es un entero.

Por otro lado, ${\displaystyle f(\pi -x)=f(x)}$ y así ${\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}$ para cada entero no negativo ${\displaystyle k.}$ En particular, ${\pi)=f^{(k)}(0). }$ Por lo tanto, ${\displaystyle f^{(k)}(\pi)}$ es también un entero y así ${\displaystyle F(\pi)}$ es un entero (de hecho, es fácil ver que ${\displaystyle F(\pi)=F(0)}$). Desde ${\displaystyle F(0)}$ y ${\displaystyle F(\pi)}$ son enteros, así es su suma.

Afirmación 2:

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

Prueba: Desde ${\displaystyle f^{(2n+2)}$ es el polinomio cero, tenemos

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

Las derivadas de las funciones seno y coseno se dan por sen⁻ = cos y cos⁻ = −sen. Por lo tanto, la regla del producto implica...

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

Por el teorema fundamental del cálculo

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

Desde ${\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}$ y ${\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}$ (aquí usamos la caracterización mencionada ${\displaystyle \pi}$ como cero de la función sine), la Reclamación 2 sigue.

Conclusión: Desde ${\displaystyle f(x)}$ y ${\displaystyle \sin x confianza0}$ para ${\displaystyle 0 madex {\pi}$ (porque ${\displaystyle \pi}$ es más pequeña cero positivo de la función sine), Reclamaciones 1 y 2 muestran que ${\displaystyle F(0)+F(\pi)}$ es un positivo entero. Desde ${\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}$ y ${\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}$ para ${\displaystyle 0\leq x\leq\pi}$ tenemos, por la definición original de ${\displaystyle f,}$

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

que es menor que ${\displaystyle 1}$ para grandes ${\displaystyle n,}$ de aquí ${\displaystyle F(0)+F(\pi)traducido1}$ para estos ${\displaystyle n,}$ por Reclamación 2. Esto es imposible para el entero positivo ${\displaystyle F(0)+F(\pi).}$ Esto demuestra que la suposición original de que ${\displaystyle \pi}$ es racional conduce a una contradicción, que concluye la prueba.

La demostración anterior es una versión pulida, lo más simple posible en cuanto a los requisitos previos, de un análisis de la fórmula.

${\f} {\f}\f}\f}\cH00}\f}\cH00\f}\cH0}(0}(0)}(0)}(1)\left(f^{(2j)}(\pid)+f^{(2j)}(0)\right)+(-1)^{n+1}\int$

que se obtiene por ${\displaystyle 2n+2}$ integraciones por partes. La reclamación 2 establece esencialmente esta fórmula, donde el uso de ${\displaystyle F}$ oculta la integración iterada por partes. La última integral desaparece porque ${\displaystyle f^{(2n+2)}$ es el polinomio cero. La reclamación 1 muestra que la suma restante es un entero.

La demostración de Niven se acerca más a la de Cartwright (y, por lo tanto, a la de Hermite) de lo que parece a primera vista. De hecho,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x) ¿Por qué? ¿Por qué?$

Por consiguiente, la sustitución ${\displaystyle xz=y}$ convierte esta integral en

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

En particular,

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi} {2}\derecha) ¿Por qué? ¿Qué? ¿Por qué? ¿Qué? {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fn} {\fn0} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\fnMicrosoft Sans Serif} {\f} {\f} {\f}\f} {\f}}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f} {\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\cH0}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\f}\cH00}\f}\cH00}\cH00}\f}\f}\f}\cH00}\cH00}\cH00\cH00}\cH00}\cH00}\cH00}\f}\c$

Otra conexión entre las pruebas radica en que Hermite ya menciona que si ${\displaystyle f}$ es una función polinomio y

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

entonces

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

de lo cual se sigue que

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

La prueba de Bourbaki se describe como un ejercicio en su tratado de cálculo. Para cada número natural b y cada entero no negativo ${\displaystyle n,}$ definir

${\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int ¿Por qué?$

Desde ${\displaystyle A_{n}(b)}$ es la parte integral de una función definida en ${\displaystyle [0,\pi]}$ que toma el valor ${\displaystyle 0}$ a ${\displaystyle 0}$ y ${\displaystyle \pi}$ y que es mayor que ${\displaystyle 0}$ de lo contrario, ${\displaystyle A_{n}(b)}$ Además, por cada número natural ${\displaystyle b,}$ ${\displaystyle A_{n}(b)traducido1}$ si ${\displaystyle n}$ es lo suficientemente grande, porque

${\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi - Sí.$

Y por lo tanto

${\displaystyle A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{n}\left({\frac {\pic {\pi)}\left {\fc} ¿Qué?$

Por otro lado, la integración repetida por partes nos permite deducir eso, si ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ son números naturales tales que ${\displaystyle \pi =a/b}$ y ${\displaystyle f}$ es la función polinomial de ${\displaystyle [0,\pi]}$ en ${\displaystyle \mathbb {R}$ definidas por

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

entonces:

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

Esta última integral es ${\displaystyle 0,}$ desde entonces ${\displaystyle f^{(2n+1)}$ es la función nula (porque ${\displaystyle f}$ es una función polinómica de grado ${\displaystyle 2n}$). Desde cada función ${\displaystyle f^{(k)}$ (con ${\displaystyle 0\leq k\leq 2n}$) toma valores enteros en ${\displaystyle 0}$ y ${\displaystyle \pi}$ y como lo mismo sucede con las funciones sine y cosine, esto demuestra que ${\displaystyle A_{n}(b)}$ es un entero. Puesto que también es mayor que ${\displaystyle 0,}$ debe ser un número natural. Pero también se demostró que ${\displaystyle A_{n}(b)traducido1}$ si ${\displaystyle n}$ es lo suficientemente grande, alcanzando así una contradicción.

Esta prueba está muy cerca de la prueba de Niven, la principal diferencia entre ellos siendo la manera de probar que los números ${\displaystyle A_{n}(b)}$ son enteros.

La demostración de Miklós Laczkovich es una simplificación de la demostración original de Lambert. Considera las funciones.

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

Estas funciones están claramente definidas para cualquier número real ${\displaystyle x.}$ Además

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

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

Reclamación 1: La siguiente relación de recurrencia mantiene para cualquier número real ${\displaystyle x}$:

${\displaystyle {\frac {x^{2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}$

Prueba: Esto se puede probar comparando los coeficientes de los poderes de ${\displaystyle x.}$

Reclamación 2: Para cada número real ${\displaystyle x,}$

${\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}$

Prueba: De hecho, la secuencia ${\displaystyle x^{2n}/n!$ está atado (ya que converge a ${\displaystyle 0}$) y si ${\displaystyle C}$ es un límite superior y si ${\displaystyle k confiar1,}$ entonces

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

Reclamación 3: Si ${\displaystyle x\neq 0,}$ ${\displaystyle x^{2}$ es racional, y ${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$ entonces

${\displaystyle f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}\notin \mathbb {Q}$

Prueba: De lo contrario, habría un número ${\displaystyle y\neq 0}$ y enteros ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ tales que ${\displaystyle f_{k}(x)=ay}$ y ${\displaystyle f_{k+1}(x)=by.}$ Para ver por qué, tomar ${\displaystyle y=f_{k+1}(x),}$ ${\displaystyle a=0,}$ y ${\displaystyle b=1}$ si ${\displaystyle f_{k}(x)=0}$; de lo contrario, elegir números enteros ${\displaystyle a}$ y ${\displaystyle b}$ tales que ${\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}$ y definir ${\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.}$ En cada caso, ${\displaystyle y}$ no puede ser ${\displaystyle 0,}$ porque de lo contrario seguiría de la reclamación 1 que cada ${\displaystyle f_{k+n}(x)}$ ()${\displaystyle n\in \mathbb {N}$) sería ${\displaystyle 0,}$ que contradice la reclamación 2. Ahora, tome un número natural ${\displaystyle c}$ tal que los tres números ${\displaystyle bc/k,}$ ${\displaystyle ck/x^{2}$ y ${\displaystyle c/x^{2}$ son enteros y consideran la secuencia

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

Entonces

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

Por otra parte, de la reivindicación 1 se desprende que

${\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2} {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] limit={\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] limit={\frac {c(k+n)}{x^{2}}g_{n+1}-{\frac} {c^{2}{x^{2}}g_{n}\[5pt] {\fnMicroc} {\fnMicroc} {c}{x^{2}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2} {x^{2}}g_{n},\end{aligned}}}$

que es una combinación lineal de ${\displaystyle G_{n+1}$ y ${\displaystyle g_{n}$ con coeficientes enteros. Por tanto, cada uno ${\displaystyle g_{n}$ es un número entero de ${\displaystyle y.}$ Además, se deriva de la reclamación 2 que cada uno ${\displaystyle g_{n}$ es mayor que ${\displaystyle 0}$ (y, por consiguiente, ${\displaystyle g_{n}\geq Silencioso$) si ${\displaystyle n}$ es lo suficientemente grande y que la secuencia de todos ${\displaystyle g_{n}$ convergencias a ${\displaystyle 0.}$ Pero una secuencia de números mayor o igual a ${\displaystyle Silencioso$ no puede converger ${\displaystyle 0.}$

Desde ${\displaystyle ¿Qué?$ de la reclamación 3 ${\displaystyle {\tfrac {}{16}\pi ^{2}$ es irracional y, por consiguiente, ${\displaystyle \pi}$ es irracional.

Por otro lado, dado que

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

otra consecuencia de la reclamación 3 es que, si ${\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0},}$ entonces ${\displaystyle \tan x}$ es irracional.

La prueba de Laczkovich es realmente sobre la función hipergeométrica. De hecho, ${\displaystyle f_{k}(x)={0}F_{1}(k-x^{2}}$ y Gauss encontró una continua expansión fraccionada de la función hipergeométrica utilizando su ecuación funcional. Esto permitió a Laczkovich encontrar una nueva y más simple prueba del hecho de que la función tangente tiene la continua expansión de la fracción que Lambert había descubierto.

El resultado de Laczkovich también se puede expresar en Funciones de Bessel del primer tipo ${\displaystyle J_{\nu }(x)}$. De hecho, ${\displaystyle \Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)}$ (donde) ${\displaystyle "Gamma"$ es la función gamma). Así que el resultado de Laczkovich es equivalente a: Si ${\displaystyle x\neq 0,}$ ${\displaystyle x^{2}$ es racional, y ${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$ entonces

${\displaystyle {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}\notin \mathbb {Q}$

• Prueba de eso es irracional
• Prueba de que π es trascendental