Dovada că π este irațional

Versiunea actuală a paginii nu a fost încă examinată de colaboratori experimentați și poate diferi semnificativ de versiunea revizuită la 14 februarie 2021; verificările necesită 6 modificări .

În anii 1760, Johann Heinrich Lambert a demonstrat că numărul π este irațional , adică nu poate fi reprezentat prin a / b , unde a este un număr întreg și b este un număr natural. În secolul al XIX-lea, Charles Hermite a găsit o altă dovadă folosind doar instrumentele de bază ale calculului . Mergând înainte, Mary Cartwright , Ivan Niven și Nicola Bourbaki au reușit să simplifice demonstrația lui Hermite, în timp ce Miklós Lackowicz a simplificat demonstrația lui Lambert.

În 1882, Ferdinand von Lindemann a demonstrat că π nu este doar irațional, ci și transcendental . [unu]

Dovada lui Lambert

În 1761, Lambert a demonstrat iraționalitatea lui π, pe baza reprezentării fracțiunii continue pe care a găsit- o pentru tangentă :

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

Lambert a dovedit că, dacă x este diferit de zero și rațional, atunci această expresie este irațională. Deoarece tg(π/4) = 1, rezultă că π/4 este irațional și, prin urmare, π este și irațional. [2]

O simplificare a dovezii lui Lambert a fost oferită de Miklós Lackowicz, vezi mai jos.

Dovada lui Ermite

Această demonstrație folosește faptul că π este cel mai mic număr pozitiv din care jumătate este cosinus zero , ceea ce demonstrează că π 2 este irațional . [3] [4] Ca și în cazul multor dovezi ale iraționalității unui număr, aceasta este o dovadă prin contradicție .

Luați în considerare șirurile de funcții A n și U n de la la pentru date prin formula: $\mathbb {R}$ $\mathbb {R}$ $n\în \mathbb{N} _{0}$

{\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{aliniat}}

Prin inducție, putem demonstra

{\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}}

prin urmare:

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

Unde

{\begin{aliniat}{\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}}}\dreapta)\\[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{aliniat}}

care este echivalent cu

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

Folosind definiția funcțiilor, se poate demonstra prin inducție că

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

unde P n și Q n sunt funcții polinomiale cu coeficienți întregi, gradul lui P n este mai mic sau egal cu ⌊ n /2⌋. În special, A n (π/2)= Р n (π 2 /4).

Hermite a derivat și o expresie închisă pentru funcția A n , și anume

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

Nu a susținut această egalitate, dar este ușor de dovedit. În primul rând, această afirmație este echivalentă cu

{\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).

Argumentând prin inducție, pentru n=0 .

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

și, pentru etapa de inducție, luați în considerare un . În cazul în care un $n\în \mathbb {N}$

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

apoi, folosind integrarea prin părți și regula lui Leibniz , se poate obține

{\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(\ suprabraceală {\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{aliniat}}

Dacă π 2 /4 = p/q , unde p și q sunt din , atunci deoarece coeficienții lui P n sunt numere întregi și gradul său este mai mic sau egal cu ⌊ n /2⌋, q ⌊n/2⌋ P n ( π 2 /4) este un număr întreg N. Cu alte cuvinte, $\mathbb {N}$

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\dreapta)\,\mathrm {d} z.

Dar acest număr este evident mai mare decât 0. Pe de altă parte, limita acestei mărimi, când n merge la infinit, este egală cu zero și, prin urmare, dacă n este suficient de mare, N < 1. Se ajunge astfel la o contradicție. .

Hermite nu a căutat să demonstreze cu exactitate iraționalitatea lui π, aceasta a fost o concluzie secundară în căutarea dovezii a transcendenței lui π. El a luat în considerare relaţiile de recurenţă pentru a obţine o reprezentare integrală convenabilă. După ce a obținut o reprezentare integrală, este posibil să găsim mai multe dovezi concise și autosuficiente (ca în reprezentările lui Cartwright, Bourbaki sau Niven), pe care Hermite le-a observat (a făcut exact asta în demonstrația sa a transcendenței lui e [5] ).

Dovada lui Hermite este apropiată de cea a lui Lambert: A n ( x ) este „restul” fracției continue a lui Lambert pentru tg( x ).

Dovada lui Cartwright

Harold Jeffreys a scris că Mary Cartwright a dat această dovadă ca exemplu într-un examen la Universitatea Cambridge în 1945, dar nu a identificat originea ei. [6]

Luați în considerare integralele

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

unde n este un întreg nenegativ.

Două integrări pe părți dau relația de recurență

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

Denotand

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

primim

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

Deoarece J 0 ( x ) = 2sin( x ) și J 1 ( x ) = −4 x cos( x ) + 4sin( x ), deci pentru toate n ∈ Z + ,

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

unde P n ( x ) și Q n ( x ) sunt polinoame de grad ≤ n cu coeficienți întregi .

Luați x = π/2 și presupuneți că π/2 = a/ b , unde a și b sunt numere naturale (adică, presupuneți că π este rațional). Apoi

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

Partea dreaptă este un număr întreg. Dar 0 < I n (π/2) < 2, deoarece lungimea intervalului [−1, 1] este egală cu 2 și funcția integrabilă ia valori de la 0 la 1. Pe de altă parte,

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

Prin urmare, pentru n suficient de mare

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

adică există un număr întreg între 0 și 1. Această contradicție rezultă din ipoteza că π este rațional.

Această dovadă este similară cu cea a lui Hermite. Intr-adevar,

{\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}}

Cu toate acestea, este evident mai ușor. Acest lucru se realizează prin eliminarea definiției inductive a funcțiilor A n și luând ca punct de plecare expresia lor ca integrală.

Dovada lui Niven

Această demonstrație folosește faptul că π este cel mai mic zero pozitiv al sinusului . [7]

Să presupunem că π este rațional, adică π = a / b pentru unele numere întregi a și b ≠ 0 , care pot fi considerate, fără pierderi de generalitate , a fi pozitive. Pentru orice număr întreg pozitiv n , definim o funcție polinomială:

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

iar pentru orice x ∈ ℝ punem

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

Afirmația 1: F (0) + F (π) este un număr întreg.

Demonstrație: Să reprezentăm f ca sumă de puteri ale lui x , atunci coeficientul x k este un număr de forma c k / n ! , unde c k este un întreg egal cu 0 pentru k < n . Prin urmare, f ( k ) (0) = 0 pentru k < n și este egal cu ( k ! / n !) c k pentru n ≤ k ≤ 2 n ; în toate cazurile, f ( k ) (0) este un număr întreg și, prin urmare, F (0) este, de asemenea, un număr întreg.

Pe de altă parte, f (π – x ) = f ( x ) și, prin urmare, (–1) k f ( k ) (π – x ) = f ( k ) ( x ) pentru orice număr întreg nenegativ k . În special, (–1) k f ( k ) (π) = f ( k ) (0). Prin urmare, f ( k ) (π) este, de asemenea, un număr întreg, deci F (π) este un număr întreg (de fapt, este ușor de observat că F (π) = F (0), dar acest lucru nu este relevant pentru demonstrație ). Deoarece F (0) și F (π) sunt numere întregi, la fel este și suma lor.

Afirmația 2:

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

Demonstrație: Deoarece f (2 n + 2) este un polinom nul, este adevărat

F''+F=f.

Derivatele funcțiilor sinus și cosinus sunt definite prin formulele sin' = cos și cos' = −sin. Prin urmare, prin regula produsului

(F'\cdot \sin -F\cdot \cos )'=f\cdot \sin

Conform teoremei principale de analiză

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

Din faptul că sin 0 \u003d sin π \u003d 0 și cos 0 \u003d - cos π \u003d 1 (aici este folosită caracteristica π menționată mai sus ca zero al sinusului), urmează declarația 2.

Concluzie: deoarece f ( x ) > 0 și sin x > 0 pentru 0 < x < π (deoarece π este cel mai mic zero pozitiv al sinusului), afirmațiile 1 și 2 implică faptul că F (0) + F (π) este pozitiv număr întreg. Deoarece 0 ≤ x ( a – bx ) ≤ π a și 0 ≤ sin x ≤ 1 pentru 0 ≤ x ≤ π , definiția lui f implică

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

care este mai mic decât 1 pentru n mare , deci F (0) + F (π) < 1 pentru acești n prin Propoziția 2. Acest lucru nu este posibil pentru numărul natural F (0) + F (π) .

Dovada de mai sus, fără a recurge la calcule complicate, oferă o analiză elegantă a formulei

\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,

care se obţine prin 2 n + 2 integrări pe părţi . Declarația 2 derivă în esență această formulă, utilizarea lui F ascunde integrarea repetată pe părți. Ultima integrală dispare deoarece f (2 n + 2) este un polinom zero. Afirmația 1 arată că suma rămasă este un număr întreg.

Dovada lui Niven este mai aproape de cea a lui Cartwright (și, prin urmare, a lui Hermite) decât pare prima dată. Adevărata egalitate

{\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{aliniat}}

Prin urmare, substituția xz = y transformă această integrală în

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

În special,

{\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\ stânga({\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}}

Demonstrațiile sunt similare și prin aceea că Hermite a menționat deja [3] că dacă f este o funcție polinomială și

F=ff^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,

apoi

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

de unde rezultă

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

Dovada lui Bourbaki

Dovada lui Bourbaki este prezentată ca un exercițiu în lucrarea sa de analiză . [8] Pentru orice număr natural b și întreg nenegativ n ,

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

Deoarece A n ( b ) este integrala unei funcții definite pe [0, π] și luând valoarea 0 la 0 și π și mai mare decât 0 în alte puncte, atunci A n ( b ) > 0. De asemenea, pentru orice numărul natural b , A n ( b ) < 1 pentru n suficient de mare este suficient de mare deoarece

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

prin urmare

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

Pe de altă parte, integrarea recursivă pe părți duce la concluzia că dacă a și b sunt numere naturale astfel încât π = a / b și f este o funcție polinomială de la [0, π] la R, definită prin formula

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

apoi

{\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\ Mare [}-f(x)\cos(x){\Big ]}_{x=0}^{x=\pi }-{\Big [}-f'(x)\sin(x){\ Mare ]}_{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}}

Această integrală este 0 deoarece f ( 2n +1) este o funcție nulă (deoarece f este un polinom de gradul 2n ). Deoarece orice funcție f ( k ) ( 0 ≤ k ≤ 2 n ) ia valori întregi la 0 și la π și același lucru este valabil pentru sinus și cosinus, acest lucru demonstrează că A n ( b ) este un număr întreg. Deoarece este și mai mare decât 0, trebuie să fie un număr natural. Dar sa dovedit de asemenea că A n ( b ) < 1 pentru n suficient de mare , ceea ce duce la o contradicţie .

Această demonstrație este destul de apropiată de demonstrația lui Niven, principala diferență dintre ele fiind dovada că numerele A n ( b ) sunt numere întregi.

Dovada lui Lackovich

Dovada lui Miklós Lackowicz este o simplificare a dovezii lui Lambert. [9]

Luați în considerare funcțiile

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 \}) .

Aceste funcții sunt definite pentru toate x ∈ R. Egalitățile sunt adevărate

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

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

Afirmația 1. Următoarea relație de recurență este adevărată :

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

Dovada: Demonstrată prin compararea coeficienților puterilor lui x .

Afirmația 2: pentru orice x ∈ R , $\lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.$

Dovada: Sirul x 2 n / n ! este mărginit (deoarece converge către 0) și dacă C este limita sa superioară și dacă k > 1 atunci

\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}}.

Afirmația 3: dacă x ≠ 0 și dacă x 2 este rațional, atunci

\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} .

Demonstrație: În caz contrar, ar exista un număr y ≠ 0 și numere întregi a și b astfel încât f k ( x ) = ay și f k + 1 ( x ) = by . Pentru a înțelege de ce este așa, să stabilim y = f k + 1 ( x ), a = 0 și b = 1 când f k ( x ) = 0; în caz contrar, alegeți numerele întregi a și b astfel încât f k + 1 ( x )/ f k ( x ) = b / a și definiți y = f k ( x )/ a = f k + 1 ( x )/ b . În toate cazurile, y nu este egal cu 0, deoarece altfel rezultă din afirmația 1 că toate f k + n (x) = 0 ( n ∈ N ), ceea ce ar contrazice afirmația. 2. Acum luați un număr natural c astfel încât toate cele trei numere bc / k , ck / x 2 și c / x 2 să fie numere întregi și luați în considerare șirul

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}}

Unde

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

Pe de altă parte, afirmația 1 implică

{\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}}

care este o combinație liniară de g n + 1 și g n cu coeficienți întregi. Prin urmare, toate g n sunt multipli întregi ai lui y . În plus, de la utv. 2 că toate g n sunt mai mari decât 0 (și, prin urmare, g n ≥ | y |) pentru n suficient de mare și că șirul g n converge către 0. Dar șirul de numere mărginit de jos | la | nu poate converge la 0.

Deoarece f 1/2 (π/4) = cos(π/2) = 0, din afirmație. 3 rezultă că π 2 /16 este un număr irațional și, prin urmare, π este și irațional.

Pe de altă parte, din moment ce

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

din aprobat. 3 implică de asemenea că tg(x) este irațional pentru x ∈ Q \ {0}.

Dovada lui Lachkovic este, de fapt, despre funcțiile hipergeometrice . Egalitatea f k ( x ) = 0 F 1 ( k ; − x 2 ) este adevărată, în plus, funcția hipergeometrică poate fi reprezentată ca o fracție continuă, care a fost stabilită de Gauss folosind ecuația sa funcțională . Acest lucru i-a permis lui Lachkovic să găsească o nouă și mai simplă dovadă că tangenta poate fi exprimată ca o fracție continuă, descoperită de Lambert.

Rezultatul lui Lachkovic poate fi exprimat și în termeni de funcții Bessel de primul fel J ν ( x ) . Deoarece Γ ( k ) J k − 1 (2 x ) = x k − 1 f k ( x ), afirmația Lachkovic este echivalentă cu următoarea: dacă x ≠ 0 și dacă x 2 este rațional, atunci

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

Vezi și

Note

↑ Lindemann, Ferdinand von (2004), Ueber die Zahl π, în Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. & Borwein, Peter B. , Pi, o carte sursă (ed. a treia), New York: Springer-Verlag , p. 194–225, ISBN 0-387-20571-3
↑ Lambert, Johann Heinrich (2004), Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques, în Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. & Borwein, Peter B. , Pi, o carte sursă (ed. a treia), New York: Springer-Verlag , p. 129–140 , ISBN 0-387-20571-3
↑ 12 Ermite , Charles Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan (fr.) // Journal für die reine und angewandte Mathematik : revistă. - 1873. - Vol. 76 . - P. 303-311 .
↑ Hermite, Charles Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Ermite și dl. Carl Borchardt (fr.) // Journal für die reine und angewandte Mathematik : revistă. - 1873. - Vol. 76 . - P. 342-344 .
↑ Hermite, Charles. Sur la fonction exponentielle // Œuvres de Charles Hermite (fr.) . - Gauthier-Villars, 1912. - S. 150-181.
↑ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference (ed. a treia), Cambridge University Press, p. 268 , ISBN 0-521-08446-6 , < https://archive.org/details/scientificinfere0000jeff/page/268 >
↑ Niven, Ivan (1947), O dovadă simplă că π este irațional , p. 509 , < http://www.ams.org/bull/1947-53-06/S0002-9904-1947-08821-2/S0002-9904-1947-08821-2.pdf > Arhivat 4 ianuarie 2010 la Wayback Mașinărie
↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, cap. I–II–III , voi. 1074, Actualités Scientifiques et Industrielles, Hermann , p. 137–138
↑ Laczkovich, Miklós (1997), On Lambert's proof of the irationality of π , American Mathematical Monthly vol. 104 (5): 439–443 , DOI 10.2307/2974737