نمایش مبدأ برای اثبات گنگ بودن π

[[پرونده:LambertContinuedFraction.JPG|چپ|بندانگشتی|371x371px| تصویری از فرمول در صفحه ۲۸۸ کتاب لمبرت (۱۷۶۸ میلادی)]]در دهه ۱۷۶۰، [[یوهان هاینریش لمبرت|یوهان هاینریش لامبرت]] اولین کسی بود که ثابت کرد [[عدد پی|عدد {{پی}}]] [[عدد گنگ]] است، به این معنی که نمی‌توان آن را به صورت کسری از دو عدد <math>a/b</math> بیان کرد که <math>a</math> و <math>b</math> هر دو [[عدد صحیح]] هستند(به بیان ساده تر: عدد حاصل عددی گویا نسیت). در قرن نوزدهم، [[شارل هرمیت|چارلز هرمیت]] روش اثباتی را یافت که به دانشی فراتر از [[حسابان|محاسبات]] پایه نیاز ندارد. سه روش اثبات ساده‌سازی هرمیت، مدیون [[مری کارترایت]]، ایوان نیون و [[نیکلا بورباکی|نیکلاس بورباکی]] است. روش اثبات دیگر، که ساده‌سازی برهان لمبرت است، مدیون اقدامات میکلس لاکوویچ (Miklós Laczkovich) است. بسیاری از این روش‌ها مبتنی بر [[برهان خلف]] هستند.

در سال ۱۸۸۲، [[فردیناند فون لیندمن|فردیناند فون لیندمان]] این را ثابت کرد عدد <math>\pi</math> نه تنها گنگ است بلکه [[عدد ترافرازنده]] نیز هست.<ref>{{Citation|editor1-last=Berggren|editor1-first=Lennart|editor2-last=Borwein|editor2-first=Jonathan M.|editor2-link=Jonathan M. Borwein|editor3-last=Borwein|editor3-first=Peter B.|editor3-link=Peter B. Borwein|last=Lindemann|first=Ferdinand von|origyear=1882|chapter=Ueber die Zahl {{pi}}|title=Pi, a source book|place=New York|publisher=[[Springer Science+Business Media|Springer-Verlag]]|year=2004|edition=3rd|pages=194–225|isbn=0-387-20571-3}}.</ref>

== اثبات لمبرت ==
در سال ۱۷۶۱، لمبرت این را ثابت کرد که رسیدن به عدد <math>\pi</math> با [[کسر مسلسل|بسط مسلسل]] زیر غیرمنطقی است:

: <math>\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.</math>

سپس لمبرت ثابت کرد که اگر <math>x</math> غیر صفر و گویا است، پس این عبارت باید گنگ باشد. از آنجا که <math>\tan\tfrac14\pi =1</math> ، نتیجه می‌شود که <math>\tfrac14\pi</math> عدد گنگ است و بنابراین <math>\pi</math> نیز گنگ است.<ref>{{Citation|editor1-last=Berggren|editor1-first=Lennart|editor2-last=Borwein|editor2-first=Jonathan M.|editor2-link=Jonathan M. Borwein|editor3-last=Borwein|editor3-first=Peter B.|editor3-link=Peter B. Borwein|last=Lambert|first=Johann Heinrich|origyear=1768|chapter=Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques|title=Pi, a source book|place=New York|publisher=[[Springer Science+Business Media|Springer-Verlag]]|year=2004|edition=3rd|pages=129–140|isbn=0-387-20571-3}}.</ref> ساده‌سازی اثبات لمبرت در زیر آورده شده‌است.

== اثبات هرمیت ==
این اثبات که در سال ۱۸۷۳ نوشته شده‌است، از توصیف عدد <math>\pi</math> به عنوان کوچک‌ترین عدد مثبتی که نصف آن [[ریشه تابع|ریشه]] تابع [[توابع مثلثاتی|کسینوس]] است و در واقع این را ثابت می‌کند <math>\pi^2</math> گنگ است.<ref name="Hermite">{{Cite journal|last=Hermite|first=Charles|author-link=Charles Hermite|year=1873|title=Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan|url=http://www.digizeitschriften.de/main/dms/img/?PPN=GDZPPN002155435|journal=[[Crelle's Journal|Journal für die reine und angewandte Mathematik]]|language=fr|volume=76|pages=303–311}}</ref><ref>{{Cite journal|last=Hermite|first=Charles|author-link=Charles Hermite|year=1873|title=Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Hermite à Mr. Carl Borchardt|url=http://www.digizeitschriften.de/main/dms/img/?PPN=GDZPPN00215546X|journal=[[Crelle's Journal|Journal für die reine und angewandte Mathematik]]|language=fr|volume=76|pages=342–344}}</ref> همان‌طور که در بسیاری از برهان‌های گنگ بودن، این هم یک [[برهان خلف]] است.

توالی [[تابع متغیر حقیقی|توابع متغیر حقیق]] را در نظر بگیرید؛ <math>A_n</math> و <math>U_n</math> برای <math>n \in \N_0</math> به صورت زیر تعریف شده‌اند:

: <math>\begin{align}
A_0(x) &= \sin(x), && A_{n+1}(x) =\int_0^xyA_n(y)\,dy \\[4pt]
U_0(x) &= \frac{\sin(x)}x, && U_{n+1}(x) =-\frac{U_n'(x)}x
\end{align}</math>

با استفاده از [[استقرای ریاضی|روش استقرای ریاضی]] می‌توانیم آن ثابت کنیم که:

: <math>\begin{align}
A_n(x) &=\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots \\[4pt]
U_n(x) &=\frac1{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots
\end{align}</math>

و بنابراین داریم:

: <math>U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.\,</math>

بنابراین:

: <math>
\begin{align}
\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}} & =U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\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{align}
</math>

که معادل است با:

: <math>A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2A_{n-1}(x).\,</math>

با استفاده از تعریف دنباله و استفاده از استقرا می‌توانیم نشان دهیم که:

: <math>A_n(x) = P_n(x^2) \sin(x) + x Q_n(x^2) \cos(x),\,</math>

که درآن <math>P_n</math> و <math>Q_n</math> توابع چند جمله ای با ضرایب صحیح هستند و درجه <math>P_n</math> کوچکتر یا مساوی <math>\bigl\lfloor \tfrac12n\bigr\rfloor</math> است. به‌طور خصوص که در آن:

<math>A_n\bigl(\tfrac12\pi\bigr) = P_n\bigl(\tfrac14\pi^2\bigr).</math>

همچنین هرمیت یک عبارت بسته برای تابع <math>A_n</math> ارائه کرد که به این صورت است:

: <math>A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z.\,</math>

او ادعا خود را توجیه نکرد، اما به راحتی می‌توان آن را ثابت کرد. اول از همه، این ادعا معادل است با:

: <math>\frac{1}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(x z)\,\mathrm{d}z=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).</math>

در صورت استفاده از روش استقرا و فرض <math>n = 0</math>:

: <math>\int_0^1\cos(xz)\,\mathrm{d}z=\frac{\sin(x)}x=U_0(x)</math>

و برای گام‌های بعدی استقرا، هر [[عدد طبیعی]] <math>n</math> در نظر بگیرید:

: <math>\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z=U_n(x),</math>

سپس، با استفاده از[[انتگرال‌گیری جزء به جزء]] و قانون لایب نیتس، می‌توان به این رسید که:

: <math>\begin{align}
&\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_0^12(n+1)\left(1-z^2\right)^nz \frac{\sin(xz)}x\,\mathrm{d}z\Biggr)\\[8pt]
&\qquad= \frac1x\cdot\frac1{2^n n!}\int_0^1\left(1-z^2\right)^nz\sin(xz)\,\mathrm{d}z\\[8pt]
&\qquad= -\frac1x\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac1{2^nn!}\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{align}</math>

اگر <math>\tfrac14\pi^2 = p/q</math>، با <math>p</math> و <math>q</math> که در <math>\N</math> هستند، پس از آنجایی که ضرایب <math>P_n</math> اعداد صحیح هستند و درجه آن کوچکتر یا مساوی <math>\bigl\lfloor \tfrac12n\bigr\rfloor </math> است، آنگاه <math>q^{\lfloor n/2 \rfloor}P_n\bigl(\tfrac14\pi^2\bigr)</math> مقداری عدد صحیح <math>N</math> است. به عبارت دیگر:

: <math>N=q^{\lfloor n/2\rfloor}{A_n}\bigl(\tfrac12\pi\bigr) =q^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{1}{2^nn!}\left(\dfrac pq \right)^{n+\frac 12}\int_0^1(1-z^2)^n \cos \left(\tfrac12\pi z \right)\,\mathrm{d}z.</math>

اما این عدد به وضوح بیشتر از <math>0</math> است. از سوی دیگر، حد این مقدار وقتی <math>n</math> به سمت صفر می‌رود، بی‌نهایت خواهد بود و اگر <math>n</math> به اندازه کافی بزرگ باشد، <math>N<1</math> 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 <math>\pi</math> مطرح کرد. او [[رابطه بازگشتی|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 <math>e</math>، این کار را انجام داد.<ref>{{cite book|last=Hermite|first=Charles|author-link=Charles Hermite|editor-last=Picard|editor-first=Émile|editor-link=Charles Émile Picard|title=Œuvres de Charles Hermite|volume=III|publisher=Gauthier-Villars|year=1912|language=fr|pages=150–181|contribution=Sur la fonction exponentielle|url=http://quod.lib.umich.edu/cgi/t/text/pageviewer-idx?c=umhistmath;cc=umhistmath;rgn=full%20text;idno=AAS7821.0003.001;didno=AAS7821.0003.001;view=pdf;seq=00000161|orig-year=1873}}</ref>

علاوه بر این، اثبات هرمیت از آنچه به نظر می‌رسد به روش اثبات لامبرت نزدیکتر است. در حقیقت، <math>A_n(x)</math> «باقیمانده» کسر ادامه‌دار لمبرت برای <math>\tan x</math> است.<ref name="Zhou">{{Cite journal|last=Zhou|first=Li|year=2011|title=Irrationality proofs à la Hermite|url=https://archive.org/details/sim_mathematical-gazette_2011-11_95_534/page/407|journal=The Mathematical Gazette|volume=95|issue=534|pages=407–413|arxiv=0911.1929|doi=10.1017/S0025557200003491}}</ref>

== اثبات کارترایت ==
[[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.<ref>{{Citation|last=Jeffreys|first=Harold|author-link=Harold Jeffreys|title=Scientific Inference|publisher=Cambridge University Press|year=1973|page=[https://archive.org/details/scientificinfere0000jeff/page/268 268]|edition=3rd|isbn=0-521-08446-6|url=https://archive.org/details/scientificinfere0000jeff/page/268}}</ref> هنوز هم در برگه ۴ سوالات امتحانی حال حاضر برای دوره تحلیل IA در دانشگاه کمبریج باقی مانده‌است.<ref>{{Cite web|title=Department of Pure Mathematics and Mathematical Statistics|url=http://www.dpmms.cam.ac.uk/study/IA/AnalysisI/|accessdate=2022-04-19|website=www.dpmms.cam.ac.uk}}</ref>

انتگرال زیر را در نظر بگیرید:

: <math>I_n(x)=\int_{-1}^1(1 - z^2)^n\cos(xz)\,dz, </math>

جایی که <math>n</math> یک عدد صحیح غیر منفی است.

دو [[انتگرال‌گیری جزء به جزء]] [[رابطه بازگشتی]] را نشان می‌دهد:

: <math>x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x). \qquad (n \geq 2)</math>

اگر:

: <math>J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x),</math>

سپس این تبدیل می‌شود به:

: <math>J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x).</math>

علاوه بر این، <math>J_0(x) = 2 \sin x</math> و <math>J_1(x) = -4x\cos x + 4\sin x.</math>، از این رو برای همه <math>n \in \Z_+,</math>:

: <math>J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!\bigl(P_n(x)\sin(x)+Q_n(x)\cos(x)\bigr),</math>

جایی که <math>P_n(x)</math> و <math>Q_n(x)</math> [[چندجمله‌ای|چند جمله]] ای درجه <math>\leq n</math> و با ضرایب [[عدد صحیح|صحیح]] (بسته به {{Nowrap|<math>n</math>).}} هستند.

با فرض <math>x = \tfrac12\pi</math> و این که  <math>\tfrac12\pi = a/b</math> که <math>a</math> و <math>b</math> اعداد طبیعی باشند (یعنی فرض کنید <math>\pi</math> گویا است). پس:

: <math> \frac{a^{2n+1}}{n!}I_n\bigl(\tfrac12\pi\bigr) = P_n\bigl(\tfrac12\pi\bigr)b^{2n+1}. </math>

سمت راست معادله یک عدد صحیح است. ولی <math>0 < I_n \bigl(\tfrac12\pi\bigr) < 2</math> در فاصله <math>[-1,1]</math> طولی برابر <math>2</math> دارد و تابع فقط مقادیر بین <math>0</math> و <math>1</math> را می‌گیرد. از سوی دیگر:

: <math> \frac{a^{2n+1}}{n!} \to 0 \quad \text{ as }n \to \infty. </math>

از این رو، برای <math>n</math> به اندازه کافی بزرگ:

: <math> 0 < \frac{a^{2n+1}I_n\left(\frac\pi2\right)}{n!} < 1, </math>

یعنی می‌توانیم یک عدد صحیح بین  <math>0</math> و <math>1</math>  پیدا کنیم که این تناقضی است که از این فرض حاصل می‌شود <math>\pi</math> گویا است.

این برهان شبیه برهان هرمیت است. در واقع:

: <math>\begin{align}
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{align}</math>

با این حال، به وضوح ساده‌تر است و با حذف تعریف استقرایی توابع <math>A_n</math> به دست می‌آید و به عنوان نقطه شروع بیان آن‌ها به عنوان یک انتگرال در نظر گرفته می‌شود.

== اثبات نیون ==
این اثبات از توصیف<math>\pi</math>به عنوان کوچک‌ترین [[ریشه تابع|ریشه]] مثبت تابع سینوس استفاده می‌کند.<ref>{{Citation|last=Niven|first=Ivan|author-link=Ivan Niven|year=1947|title=A simple proof that {{pi}} is irrational|journal=[[Bulletin of the American Mathematical Society]]|volume=53|number=6|page=509|url=https://www.ams.org/bull/1947-53-06/S0002-9904-1947-08821-2/S0002-9904-1947-08821-2.pdf|doi=10.1090/s0002-9904-1947-08821-2}}</ref>

فرض کنید که <math>\pi</math> عدد گویا است، یعنی برای برخی از اعداد صحیح <math>a</math> و <math>b</math> که هر دو مثبت باشند: <math>\pi = a/b</math>.

با توجه به هر عدد صحیح مثبت <math>n</math>، تابع چند جمله ای را تعریف می‌کنیم:

: <math> f(x) = \frac{x^n(a - bx)^n}{n!}</math>

و برای هر <math>x \in \R</math> فرض کنید:

: <math>F(x) = f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2n)}(x).</math>

'''ادعای 1:''' <math>F(0) + F(\pi)</math> یک عدد صحیح است.

'''اثبات:'''

با بسط <math>f</math> به عنوان مجموع تک جمله‌ها، ضریب <math>x^k</math> عددی از شکل <math>c_k /n!</math> است که <math>c_k</math> یک عدد صحیح است که <math>0</math> می‌باشد اگر <math>k < n</math>.

از این رو <math>f^{(k)}(0)</math> برابر <math>0</math> است هنگامی که <math>k < n</math> و برابر است با <math>(k! / n!) c_k</math> اگر {{Nowrap|<math>n \leq k \leq 2n</math>;}} در هر حالت، <math>f^{(k)}(0)</math> یک عدد صحیح است و بنابراین <math>F(0)</math> یک عدد صحیح است.

از سوی دیگر، <math>f(\pi-x) = f(x)</math> و بنابراین برای هر عدد صحیح غیر منفی <math>k</math> خواهیم داشت: <math>(-1)^kf^{(k)}(\pi-x) = f^{(k)}(x)</math>.

به خصوص، <math>(-1)^kf^{(k)}(\pi) = f^{(k)}(0)</math>

از این رو <math>f^{(k)}(\pi)</math> نیز یک عدد صحیح است و بنابراین <math>F(\pi)</math> یک عدد صحیح است (در واقع بدیهی به نظر می‌رسد که {{Nowrap|<math>F(\pi) = F(0)</math>).}}

از آنجا که <math>F(0)</math> و <math>F(\pi)</math> اعداد صحیح هستند، مجموع آنها نیز همین‌طور است.

'''ادعای ۲:'''

: <math> \int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi)</math>

'''اثبات:'''

از آنجایی که <math>f^{(2n + 2)}</math> چند جمله ای صفر است، خواهیم داشت:

: <math> F'' + F = f.</math>

[[قواعد دیفرانسیل‌گیری|مشتقات]] تابع سینوس و کسینوس به صورت sin' = cos و cos' = &#x2212;sin هستند. از این رو [[قاعده ضرب]] دلالت دارد که:

: <math> (F'\cdot\sin{} - F\cdot\cos{})' = f\cdot\sin</math>

با [[قضیه اساسی حسابان]]:

: <math> \left. \int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx= \bigl(F'(x)\sin x - F(x)\cos x\bigr) \right|_0^\pi. </math>

از آنجا که <math>\sin 0 = \sin \pi = 0</math> و <math>\cos 0 = - \cos \pi = 1</math> (در اینجا از خصوصیات فوق‌الذکر استفاده می‌کنیم <math>\pi</math> به عنوان صفر تابع سینوس)، ادعا ۲ دنبال می‌شود.

'''نتیجه‌گیری:'''

از آنجایی که <math>f(x) > 0</math> و <math>\sin x > 0</math> برای <math>0 < x < \pi</math> (زیرا <math>\pi</math> ''کوچک‌ترین'' صفر مثبت تابع سینوس است)، ادعاهای ۱ و ۲ این را نشان می‌دهد که <math>F(0) + F(\pi)</math> یک عدد صحیح ''مثبت'' است. از آنجا که <math>0 \leq x(a - bx) \leq \pi a</math> و <math>0 \leq \sin x \leq 1</math> برای <math>0 \leq x \leq \pi,</math>، با تعریف اصلی <math>f</math> داریم:

: <math>\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\le\pi\frac{(\pi a)^n}{n!}</math>

که برای <math>n</math> بزرگ، کوچکتر از <math>1</math> است، از این رو <math>F(0) + F(\pi) < 1</math> برای این <math>n</math>‌ها در ادعا ۲ است. این برای عدد صحیح مثبت <math>F(0) + F(\pi)</math>، غیرممکن است. این نشان می‌دهد که فرض اصلی که <math>\pi</math> 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.

: <math>\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,</math>

که توسط [[انتگرال‌گیری جزء به جزء]]، <math>2n + 2</math> به دست می‌آید. ادعای ۲ اساساً این فرمول را ایجاد می‌کند که در آن استفاده از <math>F</math> انتگرال بخش‌های تجمیع شده را پنهان می‌کند. آخرین انتگرال حذف می‌شود زیرا <math>f^{(2n+2)}</math> 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.<ref name="Zhou"/> در حقیقت:

: <math>\begin{align}
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 )^nx\cos(xz)\,dz.
\end{align}</math>

بنابراین، جایگزینی <math>xz = y</math> این انتگرال را به شکل زیر ساده می‌کند:

: <math>\int_{-x}^x(x^2-y^2)^n\cos(y)\,dy.</math>

به خصوص،

: <math>\begin{align}
J_n\left(\frac\pi2\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\pi2\right)^2\right)^n\cos\left(y-\frac\pi2\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{align}</math>

ارتباط دیگر بین این برهان‌ها در این واقعیت نهفته‌است که هرمیت پیشتر ذکر می‌کند که اگر <math>f</math> تابع چند جمله ای است و

: <math>F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp\cdots,</math>

پس:

: <math>\int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,</math>

که از آن نتیجه می‌شود که:

: <math>\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi)+F(0).</math>

== اثبات بورباکی ==
برهان [[نیکلا بورباکی|بورباکی]] به عنوان تمرینی در رساله [[حسابان|حساب دیفرانسیل و انتگرال]] او بیان شده‌است.<ref>{{Citation|last=Bourbaki|first=Nicolas|author-link=Nicolas Bourbaki|year=1949|title=Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III|series=Actualités Scientifiques et Industrielles|volume=1074|publisher=[[Éditions Hermann|Hermann]]|language=fr|pages=137–138}}</ref> برای هر عدد طبیعی ''b'' و هر عدد صحیح غیر منفی <math>n</math>، تابع زیر تعریف می‌گردد:

: <math>A_n(b)=b^n\int_0^\pi\frac{x^n(\pi-x)^n}{n!}\sin(x)\,dx.</math>

از آنجا که <math>A_n(b)</math> انتگرال یک تابع تعریف شده در بازه <math>[0,\pi]</math> است که مقدار <math>0</math> را در <math>0</math> و <math>\pi</math> م:ی گیرد که بزرگتر از <math>0</math> است در غیر این صورت، <math>A_n(b)>0</math>.

علاوه بر این، برای هر عدد طبیعی <math>b</math>، <math>A_n(b) < 1</math> اگر <math>n</math> به اندازه کافی بزرگ باشد، زیرا:

: <math> x(\pi-x) \le \left(\frac\pi2\right)^2</math>

و بنابراین:

: <math>A_n(b)\le\pi b^n \frac{1}{n!} \left(\frac\pi2\right)^{2n} = \pi \frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}.</math>

از سوی دیگر، [[انتگرال‌گیری جزء به جزء]]<nowiki/>به ما این امکان را می‌دهد که استنباط کنیم، اگر <math>a</math> و <math>b</math> اعداد طبیعی هستند به گونه ای که <math>\pi = a/b</math> و <math>f</math> تابع چند جمله ای از <math>[0, \pi]</math> به <math>\R</math> تعریف شده باشد با:

: <math>f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},</math>

پس:

: <math>\begin{align}
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{align}</math>

انتگرال آخر <math>0</math> است، از آنجا که <math>f^{(2n+1)}</math> تابع تهی است (زیرا <math>f</math> تابع چند جمله ای درجه {{Nowrap|<math>2n</math>}} است). از آنجایی که هر تابع <math>f^{(k)}</math> (با {{Nowrap|<math>0 \leq k \leq 2n</math>)}} مقادیر صحیح را در  <math>0</math> و <math>\pi</math> می‌گیرد و از آنجایی که همین اتفاق در مورد توابع سینوس و کسینوس رخ می‌دهد، این موضوع را ثابت می‌کند که <math>A_n(b)</math> یک عدد صحیح است. از آنجایی که آن نیز بیشتر از <math>0</math> است، پس باید یک عدد طبیعی باشد. اما این هم ثابت شد <math>A_n(b) < 1</math> اگر <math>n</math> 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 <math>A_n(b)</math> اعداد صحیح هستند.

== اثبات لاچکوویچ ==
اثبات میکلاس لاچگوویچ ساده‌سازی اثبات اصلی لمبرت است.<ref>{{Citation|last=Laczkovich|first=Miklós|author-link=Miklós Laczkovich|year=1997|title=On Lambert's proof of the irrationality of {{pi}}|journal=[[American Mathematical Monthly]]|volume=104|number=5|pages=439–443|jstor=2974737|doi=10.2307/2974737}}</ref> او تابع زیر را در نظر می‌گیرد:

: <math>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\}).</math>

این توابع به وضوح برای هر عدد حقیقی <math>x</math> تعریف شده‌اند. بعلاوه:

: <math>f_{1/2}(x) = \cos(2x),</math>
: <math>f_{3/2}(x) = \frac{\sin(2x)}{2x}.</math>

'''ادعای ۱:'''

[[رابطه بازگشتی]] زیر برای هر عدد واقعی {{Nowrap|<math>x</math>}} صادق است:

: <math>\frac{x^2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).</math>

'''اثبات:'''

این را می‌توان با مقایسه ضرایب توان‌های <math>x</math> از اثبات کرد.

'''ادعای ۲:'''

برای هر عدد واقعی <math>x</math>،

: <math>\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1.</math>

'''اثبات:'''

در واقع دنباله <math>x^{2n}/n!</math> محدود است (از آنجایی که به {{Nowrap|<math>0</math>}} میل می‌کند) و اگر <math>C</math> حد بالایی است و اگر <math>k > 1</math>، پس:

: <math>\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}.</math>

'''ادعای ۳:'''

اگر <math>x \neq 0</math> در این صورت<math>x^2</math> گویا است و <math> k\in\Q\smallsetminus\{0,-1,-2,\ldots\}</math>، پس:

: <math>f_k(x)\neq0 \quad \text{ and } \quad \frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin\Q.</math>

'''اثبات:'''

در غیر این صورت، یک عدد <math>y \neq 0</math> وجود خواهد داشت و اعداد صحیح <math>a</math> و <math>b</math> به طوری که <math>f_k(x) = ay</math> و <math>f_{k+1}(x) = by.</math> وجود خوهند داشت.

برای این که دلیل را بیابید، فرض کنید <math>y = f_{k+1}(x),</math><math>a = 0,</math> و <math>b = 1</math> اگر {{Nowrap|<math>f_k(x) = 0</math>;}} در غیر این صورت، اعداد صحیح <math>a</math> و <math>b</math> را به شکلی انتخاب کنید که <math>f_{k+1}(x) / f_k(x) = b/a</math> و تعریف کنید <math>y = f_k(x)/a = f_{k+1}(x)/b.</math>.

در هر مورد، <math>y</math> نمی‌تواند <math>0</math> باشد زیرا در غیر این صورت مطابق ادعای ۱ دنبال خواهد شد که هر کدام <math>f_{k+n}(x)</math> (<math>n \in \N</math>) برابر <math>0</math> خواهد بود که با ادعای ۲ مغایرت دارد. حالا یک عدد طبیعی <math>c</math> در نظر بگیرید به طوری که هر سه عدد <math>bc/k,</math><math>ck/x^2,</math> و <math>c/x^2</math> اعداد صحیح هستند و دنباله زیر را در نظر می‌گیرند

: <math>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}</math>

پس:

: <math>g_0=f_k(x)=ay\in\Z y \quad \text{ and } \quad g_1=\frac ckf_{k+1}(x)=\frac{bc}ky\in\Z y.</math>

از سوی دیگر، از ادعای ۱ بر می‌آید که:

: <math>\begin{align}
g_{n+2}&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(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^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^2k(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{align}</math>

که ترکیبی خطی از <math>g_{n+1}</math> و <math>g_n</math> با ضرایب صحیح است؛ بنابراین، هر <math>g_n</math> مضرب صحیح <math>y</math> است. در ضمن از ادعای ۲ بر می‌آید که هر کدام <math>g_n</math> بزرگتر است از <math>0</math> (و بنابراین {{nobr|<math>g_n \geq |y|</math>}}) اگر <math>n</math> به اندازه کافی بزرگ باشد و دنباله ای از همه <math>g_n</math>‌ها به <math>0</math> همگرا می‌شود. اما دنباله ای از اعداد بزرگتر یا مساوی با <math>|y|</math> نمی‌تواند به <math>0</math> همگرا شود.

از آنجا که <math>f_{1/2}(\tfrac14\pi) = \cos \tfrac12\pi = 0,</math> از ادعای ۳ بر می‌آید که <math>\tfrac1{16}\pi^2</math> گنگ است و بنابراین <math>\pi</math> گنگ است.

از سوی دیگر، از آنجایی که:

: <math>\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=x\frac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},</math>

پیامد دیگر ادعای ۳ این است که اگر <math>x \in \Q \smallsetminus {0}</math>، پس <math>\tan x</math> گنگ است.

اثبات لاکوویچ در واقع در مورد تابع فوق هندسی است. در حقیقت، <math>f_k(x) = _0F_1\left(k - x^2\right)</math> و [[کارل فریدریش گاوس|گاوس]] با استفاده از معادله تابعی آن بسط کسری ادامه یافته تابع ابر هندسی را یافت.<ref>{{Citation|last=Gauss|first=Carl Friedrich|author-link=Carl Friedrich Gauss|title=Disquisitiones generales circa seriem infinitam|journal=Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores|volume=2|year=1811–1813|language=la}}</ref> 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 [[تابع بسل|توابع بسل از نوع اول]] نیز بیان کرد [[تابع بسل|<math>J_\nu(x)</math>]]. در حقیقت، <math>\Gamma(k)J_{k-1}(2x) = x^{k-1}f_k(x)</math> (جایی که <math>\Gamma</math> [[تابع گاما]] است). بنابراین نتیجه لاکوویچ برابر است با: اگر <math>x \neq 0</math><math>x^2</math> گویا باشد و <math>k\in\Q\smallsetminus\{0,-1,-2,\ldots\}</math> پس:

: <math>\frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin\Q.</math>

== منابع ==
{{پانویس}}

[[رده:اعداد گنگ]]
[[رده:پی]]
[[رده:صفحه‌های با ترجمه بازبینی‌نشده]]