Доказательство того, что π иррационально

В 1760-х годах Иоганн Генрих Ламберт первым доказал, что , то есть число π иррационально его нельзя выразить в виде дроби. $a/b$, где $a$ и $b$ оба целые числа . В 19 веке Чарльз Эрмит нашел доказательство, не требующее никаких предварительных знаний, кроме основ исчисления . Три упрощения доказательства Эрмита принадлежат Мэри Картрайт , Ивану Нивену и Николя Бурбаки . Другое доказательство, являющееся упрощением доказательства Ламберта, принадлежит Миклошу Лачковичу . Многие из них являются доказательствами от противного .

В 1882 году Фердинанд фон Линдеманн доказал, что $\pi$ не только иррационально, но трансцендентально . и

Доказательство Ламберта

Скан формулы на странице 288 «Воспоминания о некоторых замечательных свойствах трансцендентных, круговых и логарифмических величин» Ламберта, Мемуары Королевской академии наук в Берлине (1768), 265–322.

В 1761 году Иоганн Генрих Ламберт доказал, что $\pi$ иррационально, если сначала показать, что это разложение в непрерывную дробь справедливо:

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

Затем Ламберт доказал, что если $x$ ненулевое и рациональное, то это выражение должно быть иррациональным. С $\tan {\tfrac {\pi }{4}}=1$, отсюда следует, что ${\tfrac {\pi }{4}}$ иррационально, и поэтому $\pi$ также иррационально. приведено упрощенное доказательство Ламберта Ниже .

Доказательство Эрмита

Это доказательство, написанное в 1873 году, использует характеристику $\pi$ как наименьшее положительное число, половина которого является нулем косинуса , и это фактически доказывает, что $\pi ^{2}$ иррационально. Как и многие доказательства иррациональности, это доказательство от противного .

Рассмотрим последовательности действительных функций $A_{n}$ и $U_{n}$ для $n\in \mathbb {N} _{0}$ определяется:

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

Используя индукцию, мы можем доказать, что

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

и поэтому мы имеем:

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

Так

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

что эквивалентно

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

Используя определение последовательности и применяя индукцию, мы можем показать, что

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

где $P_{n}$ и $Q_{n}$ являются полиномиальными функциями с целыми коэффициентами и степенью $P_{n}$ меньше или равно ${\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }.$ В частности, $A_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}.$

Эрмит также дал замкнутое выражение для функции $A_{n},$ а именно

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

Он не обосновал это утверждение, но его можно легко доказать. Прежде всего, это утверждение эквивалентно

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

Действуя по индукции, возьмем $n=0.$

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

и в качестве индуктивного шага рассмотрим любое натуральное число $n.$ Если

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

тогда, используя интегрирование по частям и правило Лейбница , получаем

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

Если ${\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q,$ с $p$ и $q$ в $\mathbb {N}$, то, поскольку коэффициенты $P_{n}$ являются целыми числами и их степень меньше или равна ${\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor },$ $q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}$ какое-то целое число $N.$ Другими словами,

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

Но это число явно больше, чем $0.$ С другой стороны, предел этой величины как $n$ стремится к бесконечности, равно нулю, и поэтому, если $n$ достаточно велик, $N<1.$ Тем самым достигается противоречие.

Эрмит представил свое доказательство не как самоцель, а как запоздалую мысль в поисках трансцендентности доказательства $\pi .$ Он обсудил рекуррентные соотношения для мотивации и получения удобного интегрального представления. Как только это интегральное представление получено, существуют различные способы представить краткое и автономное доказательство, начиная с интеграла (как в представлениях Картрайта, Бурбаки или Нивена), что Эрмит мог легко увидеть (как он это сделал в своем доказательстве трансцендентности из $e$).

Более того, доказательство Эрмита ближе к доказательству Ламберта, чем кажется. Фактически, $A_{n}(x)$ является «остатком» (или «остатком») непрерывной дроби Ламберта для $\tan x.$

Доказательство Картрайта

Гарольд Джеффрис писал, что это доказательство было приведено в качестве примера на экзамене в Кембриджском университете в 1945 году Мэри Картрайт , но она не проследила его происхождение. Сегодня он до сих пор остается в четвертом листе задач курса «Анализ IA» в Кембриджском университете.

Рассмотрим интегралы

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

где $n$ является неотрицательным целым числом.

Два интегрирования по частям дают рекуррентное соотношение

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

Если

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

тогда это становится

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

Более того, $J_{0}(x)=2\sin x$ и $J_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.$ Следовательно для всех $n\in \mathbb {Z} _{+},$

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

где $P_{n}(x)$ и $Q_{n}(x)$ являются полиномами степени $\leq n,$ и с целыми коэффициентами (в зависимости от $n$).

Брать $x={\tfrac {1}{2}}\pi ,$ и предположим, если возможно, что ${\tfrac {1}{2}}\pi =a/b$ где $a$ и $b$ являются натуральными числами (т.е. предположим, что $\pi$ рационально). Затем

${\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}b^{2n+1}.$

Правая часть представляет собой целое число. Но $0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2$ с интервала $[-1,1]$ имеет длину $2$ а интегрируемая функция принимает только значения между $0$ и $1.$ С другой стороны,

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

Следовательно, для достаточно больших $n$

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

то есть мы могли бы найти целое число между $0$ и $1.$ Вот противоречие, которое следует из предположения, что $\pi$ является рациональным.

Это доказательство аналогично доказательству Эрмита. Действительно,

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

Однако это явно проще. Это достигается за счет исключения индуктивного определения функций $A_{n}$ и взяв за отправную точку их выражение в виде интеграла.

Доказательство Нивена

В этом доказательстве используется характеристика $\pi$ как наименьший положительный ноль синусоидальной функции .

Предположим, что $\pi$ рационально, т.е. $\pi =a/b$ для некоторых целых чисел $a$ и $b$ которые можно без ограничения общности принять как положительные. Учитывая любое положительное целое число $n,$ определяем полиномиальную функцию:

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

и для каждого $x\in \mathbb {R}$ позволять

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

Претензия 1: $F(0)+F(\pi )$ является целым числом.

Доказательство: Расширение $f$ как сумма одночленов, коэффициент при $x^{k}$ это число вида $c_{k}/n!$ где $c_{k}$ является целым числом, которое $0$ если $k<n.$ Поэтому, $f^{(k)}(0)$ является $0$ когда $k<n$ и оно равно $(k!/n!)c_{k}$ если $n\leq k\leq 2n$; в каждом случае, $f^{(k)}(0)$ является целым числом и, следовательно, $F(0)$ является целым числом.

С другой стороны, $f(\pi -x)=f(x)$ и так $(-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)$ для каждого неотрицательного целого числа $k.$ В частности, $(-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0).$ Поэтому, $f^{(k)}(\pi )$ также является целым числом и поэтому $F(\pi )$ является целым числом (на самом деле, легко видеть, что $F(\pi )=F(0)$). С $F(0)$ и $F(\pi )$ являются целыми числами, как и их сумма.

Претензия 2:

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

Доказательство: поскольку $f^{(2n+2)}$ – нулевой полином, мы имеем

$F''+F=f.$

Производные . функции синуса -sin и косинуса определяются выражениями sin' = cos и cos' = Следовательно, правило продукта подразумевает

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

По основной теореме исчисления

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

С $\sin 0=\sin \pi =0$ и $\cos 0=-\cos \pi =1$ (здесь мы используем приведенную выше характеристику $\pi$ как нуль синусоидальной функции), следует утверждение 2.

Вывод: поскольку $f(x)>0$ и $\sin x>0$ для $0<x<\pi$ (потому что $\pi$ — наименьший положительный ноль синусоидальной функции), из утверждений 1 и 2 видно, что $F(0)+F(\pi )$ является положительным целым числом. С $0\leq x(a-bx)\leq \pi a$ и $0\leq \sin x\leq 1$ для $0\leq x\leq \pi ,$ мы имеем, по первоначальному определению $f,$

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

что меньше, чем $1$ для больших $n,$ следовательно $F(0)+F(\pi )<1$ для этих $n,$ по п. 2. Это невозможно для натурального числа $F(0)+F(\pi ).$ Это показывает, что исходное предположение о том, что $\pi$ рационально, приводит к противоречию, которое и завершает доказательство.

Приведенное выше доказательство представляет собой усовершенствованную и максимально упрощенную в отношении предпосылок версию анализа формулы

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

который получается путем $2n+2$ интегрирования по частям . Пункт 2 по существу устанавливает эту формулу, где использование $F$ скрывает итерированное интегрирование по частям. Последний интеграл исчезает, поскольку $f^{(2n+2)}$ – нулевой полином. Утверждение 1 показывает, что оставшаяся сумма является целым числом.

Доказательство Нивена ближе к доказательству Картрайта (и, следовательно, Эрмита), чем кажется на первый взгляд. Фактически,

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

Следовательно, замена $xz=y$ превращает этот интеграл в

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

В частности,

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

Другая связь между доказательствами заключается в том, что Эрмит уже упоминает что если $f$ является полиномиальной функцией и

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

затем

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

из чего следует, что

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

Доказательство Бурбаки

Доказательство Бурбаки представлено как упражнение в его трактате по математическому анализу . Для каждого натурального числа b и каждого неотрицательного целого числа $n,$ определять

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

С $A_{n}(b)$ является интегралом функции, определенной на $[0,\pi ]$ это принимает значение $0$ в $0$ и $\pi$ и что больше, чем $0$ в противном случае, $A_{n}(b)>0.$ Кроме того, для каждого натурального числа $b,$ $A_{n}(b)<1$ если $n$ достаточно велик, поскольку

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

и поэтому

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

С другой стороны, многократное интегрирование по частям позволяет прийти к выводу, что если $a$ и $b$ являются натуральными числами такими, что $\pi =a/b$ и $f$ – полиномиальная функция от $[0,\pi ]$ в $\mathbb {R}$ определяется

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

затем:

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

Этот последний интеграл $0,$ с $f^{(2n+1)}$ является нулевой функцией (поскольку $f$ является полиномиальной функцией степени $2n$). Поскольку каждая функция $f^{(k)}$ (с $0\leq k\leq 2n$) принимает целые значения в $0$ и $\pi$ а поскольку то же самое происходит с функциями синуса и косинуса, это доказывает, что $A_{n}(b)$ является целым числом. Поскольку оно также больше, чем $0,$ это должно быть натуральное число. Но было также доказано, что $A_{n}(b)<1$ если $n$ достаточно велико, что приводит к противоречию .

Это доказательство весьма близко к доказательству Нивена, основное различие между ними заключается в способе доказательства того, что числа $A_{n}(b)$ являются целыми числами.

Доказательство Лачковича

Доказательство Миклоша Лачковича представляет собой упрощение оригинального доказательства Ламберта. Он рассматривает функции

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

Эти функции четко определены для любого действительного числа. $x.$ Кроме

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

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

Утверждение 1. Следующее рекуррентное соотношение справедливо для любого действительного числа. $x$:

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

Доказательство. Это можно доказать, сравнивая коэффициенты при степенях $x.$

Утверждение 2: Для каждого действительного числа $x,$

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

Доказательство. Действительно, последовательность $x^{2n}/n!$ ограничен (поскольку он сходится к $0$) и если $C$ является верхней границей, и если $k>1,$ затем

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

Утверждение 3: Если $x\neq 0,$ $x^{2}$ является рациональным, и $k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}$ затем

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

Доказательство: В противном случае существовало бы число $y\neq 0$ и целые числа $a$ и $b$ такой, что $f_{k}(x)=ay$ и $f_{k+1}(x)=by.$ Чтобы понять, почему, возьмите $y=f_{k+1}(x),$ $a=0,$ и $b=1$ если $f_{k}(x)=0$; в противном случае выберите целые числа $a$ и $b$ такой, что $f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a$ и определить $y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.$ В каждом случае $y$ не может быть $0,$ поскольку в противном случае из пункта 1 следовало бы, что каждый $f_{k+n}(x)$ ( $n\in \mathbb {N}$) было бы $0,$ что противоречило бы утверждению 2. Теперь возьмем натуральное число $c$ такая, что все три числа $bc/k,$ $ck/x^{2},$ и $c/x^{2}$ являются целыми числами и рассмотрим последовательность

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

Затем

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

С другой стороны, из пункта 1 следует, что

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

который представляет собой линейную комбинацию $g_{n+1}$ и $g_{n}$ с целыми коэффициентами. Следовательно, каждый $g_{n}$ является целым числом, кратным $y.$ Кроме того, из пункта 2 следует, что каждый $g_{n}$ больше, чем $0$ (и поэтому это $g_{n}\geq |y|$) если $n$ достаточно велика и что последовательность всех $g_{n}$ сходится к $0.$ Но последовательность чисел, больших или равных $|y|$ не может сойтись к $0.$

С $f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,$ из пункта 3 следует, что ${\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}$ иррационально и поэтому $\pi$ иррационально.

С другой стороны, поскольку

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

Другое следствие пункта 3 состоит в том, что если $x\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0\},$ затем $\tan x$ иррационально.

Доказательство Лашковича на самом деле касается гипергеометрической функции . Фактически, $f_{k}(x)={}_{0}F_{1}(k-x^{2})$ и Гаусс нашел разложение гипергеометрической функции в непрерывную дробь, используя ее функциональное уравнение . Это позволило Лачковичу найти новое и более простое доказательство того факта, что касательная функция имеет разложение в цепную дробь, открытое Ламбертом.

Результат Лашковича также можно выразить через функции Бесселя первого рода. $J_{\nu }(x)$. Фактически, $\Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)$ (где $\Gamma$ – гамма-функция ). Таким образом, результат Лачковича эквивалентен: если $x\neq 0,$ $x^{2}$ является рациональным, и $k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}$ затем

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

См. также

• Доказательство того, что e иррационально
• Доказательство того, что π трансцендентно