У 1760-х роках Йоганн Генріх Ламберт першим довів, що число є ірраціональним, тобто його не можна виразити дробом , де і обидва є цілими числами. У 19 столітті Шарль Ерміт знайшов доведення, яке не вимагає жодних попередніх знань, окрім базових обчислень. Три спрощення доведення Ерміта належать Мері Картрайт, Івану Нівену та Ніколя Бурбакі. Інше доведення, яке є спрощенням доведення Ламберта, належить Міклошу Лачковічу. Багато з них є доведеннями від супротивного.
У 1882 році Фердинанд фон Ліндеман довів, що не тільки ірраціональне, але й трансцендентне..
Доведення Ламберта
У 1761 році Ламберт довів те, що є ірраціональним, спочатку показавши те, що цей розклад у ланцюговий дріб виконується:
Тоді Ламберт довів, що якщо x ненульове і раціональне, то цей вираз має бути ірраціональним. Оскільки tan(/4) = 1, випливає, що /4 є ірраціональним, а отже, також ірраціональним. Нижче наведено спрощення доведення Ламберта.
Доведення Ерміта У цьому доведенні, написаному в 1873 році, використовується характеристика як найменшого додатного числа, в якого половина є нулем функції косинуса, і, фактично доводиться, що 2 є ірраціональним. Як і в багатьох доведеннях ірраціональності, це доведення від супротивного.
Розглянемо такі послідовності функцій An і Un з до для визначеного як:
За допомогою індукції ми можемо це довести
і тому маємо:
Таким чином
що еквівалентно до
Використовуючи визначення послідовності та використовуючи індукцію, ми можемо показати, що
де Pn і Qn — поліноміальні функції з цілими коефіцієнтами, а ступінь Pn менший або дорівнює ⌊n /2⌋. Зокрема, An(/2) = Pn(2/4).
Ерміт також дав замкнутий вираз для функції An, а саме:
Він не обґрунтував це твердження, але його можна легко довести. Перш за все, це твердження еквівалентно
Виходячи з індукції, беручи n = 0:
а для індуктивного кроку розглянемо будь-який . Якщо
тоді, використовуючи інтегрування частинами та правило Лейбніца, отримуємо таке:
Якщо 2/4 = p/q, де p і q в , то, оскільки коефіцієнти Pn є цілими числами, а його ступінь менший або дорівнює ⌊n /2⌋, q⌊n/2⌋Pn(2/4) є деяким цілим числом N. Іншими словами,
Але це число очевидно більше 0. З іншого боку, межа цієї величини, коли n прямує до нескінченності, дорівнює нулю, отже, якщо n достатньо велике, N < 1. Тим самим досягається протиріччя.
Ерміт представив своє доведення не як самоціль, а як другорядну думку в рамках своїх пошуків доказу трансцендентності числа . Він обговорював рекурентні відносини для мотивації та отримання зручного інтегрального представлення. Як тільки це інтегральне представлення отримано, існують різні способи представити стисле і самодостатнє доведення, починаючи з інтеграла (як у презентаціях Картрайта, Бурбакі чи Нівена), що Ерміт міг легко побачити (як він зробив у своєму доказі трансцендентності e).
Крім того, доведення Ерміта ближче до доведення Ламберта, ніж здається. Насправді An(x) є «залишком» неперервного дробу Ламберта для tan(x).
Доведення Картрайта Гарольд Джеффріс писав, що це доведення на іспиті в Кембриджському університеті в 1945 році навела Мері Картрайт, але вона не виявила його походження. Це все ще залишається на 4-му проблемному аркуші сьогодні для курсу Analysis IA в Кембриджському університеті.
Розглянемо інтеграли
де n – ціле невід’ємне число.
Два інтегрування частинами дають таке рекурентне співвідношення:
тоді це стає
Крім того, J0(x) = 2sin(x) і J1(x) = −4х cos(x) + 4sin(x). Отже, для всіх n ∈ Z+,
де Pn(x) і Qn(x) — поліноми ступеня ≤ n, і з цілими коефіцієнтами (залежно від n).
Візьмемо х = /2, і припустимо, якщо можливо, що /2 = a/b, де a і b — натуральні числа (тобто припустимо, що раціональне). Потім
Права — частина ціле число. Але 0 < In(/2) < 2, оскільки інтервал [−1, 1] має довжину 2, і функція, яка інтегрується, приймає лише значення між 0 і 1. З іншого боку,
Отже, для достатньо великих n
тобто ми можемо знайти ціле число на проміжку від 0 до 1. Це протиріччя, яке випливає з того припущення, що є раціональним.
Це доведення подібний до доведення Ерміта. Дійсно,
Однак це явно простіше. Це досягається тим, що опускається індуктивне визначення функцій An і береться за відправну точку їх вираз у інтегральному вигляді.
Доведення Нівена У цьому доведенні використовується характеристика як найменшого позитивного нуля функції синуса.
Припустімо, що раціональне число, тобто для деяких цілих чисел a і , які без втрати загальності, можна розглядати як додатні. Дано будь-яке натуральне число n, ми визначаємо поліноміальну функцію:
і для кожного x ∈ ℝ нехай
Твердження 1: Сума є цілим числом.
Доведення: Розкладаючи f як суму одночленів, коефіцієнт при xk є числом виду де ck — ціле число, яке дорівнює 0, якщо . Тому дорівнює 0, коли і дорівнює якщо . У кожному випадку є цілим числом, тому F (0) є цілим числом.
З іншого боку, = f (x), отже = для кожного невід’ємного цілого числа k. Зокрема, = Тому також є цілим числом, тому F () є цілим числом (фактично, легко побачити, що F() = F(0), але це не має відношення до доказу). Оскільки F(0) і F() є цілими числами, їхня сума також є цілими.
Твердження 2:
Доведення: Оскільки є нульовим многочленом, ми маємо
Похідні функції синуса та косинуса подаються через sin' = cos і cos' = −sin. Звідси випливає правило добутку
За основною теоремою числення:
Оскільки і (тут ми використовуємо згадану вище характеристику як нуля функції синуса), випливає з твердження 2.
Висновок: Оскільки і для (оскільки є найменшим додатним нулем функції синус), твердження 1 і твердження 2 показують, що сума є натуральним числом. Оскільки і для , ми отримаєм, згідно з початковим визначенням f,
який менший за 1 для великого n, отже для цих n, згідно з твердженням 2. Це неможливо для натурального числа . Це показує, що початкове припущення про раціональність призводить до протиріччя, яке завершує дане доведення.
Наведене вище доведення є відшліфованою версією, яка зберігається максимально простою щодо передумов аналізу формули
яка отримана інтегруваннями частинами. Твердження 2 по суті встановлює цю формулу, де використання F приховує повторне інтегрування частинами. Останній інтеграл дорівнює нулю, оскільки є нульовим поліномом. Твердження 1 показує, що решта суми є цілим числом.
Доведення Нівена ближчий до доведення Картрайта (і, отже, Ерміта), ніж здається на перший погляд. Насправді,
Отже, заміна xz = y перетворює цей інтеграл на
Зокрема,
Инший зв'язок між доведеннями полягає в тому, що Ерміт уже згадує, що якщо f є поліноміальною функцією і
потім
з чого випливає, що
Доведення Бурбакі Доведення Бурбакі описано як вправа в його трактаті про обчислення. Для кожного натурального числа b і кожного невід’ємного цілого числа n визначено
Оскільки An(b) є інтегралом функції, визначеної на [0, ], яка набуває значення 0 на 0 і на і яке більше 0 інакше An(b) > 0. Крім того, для кожного натурального числа b, An(b) < 1, якщо n достатньо велике, оскільки
і таким чином
З іншого боку, повторне інтегрування частинами дозволяє нам зробити такий висновок, що, якщо a і b є натуральними числами і такими, щоб = a/b і f — поліноміальна функція від [0, ] до R, визначена за допомогою
потім:
Останній інтеграл дорівнює 0, оскільки f (2n + 1) є нульовою функцією (оскільки f є поліноміальною функцією ступеня 2n). Оскільки кожна функція f (k) (з ) приймає цілі значення на 0 і на , і оскільки те ж саме відбувається з функціями синуса і косинуса, це доводить, що An(b) є цілим числом. Оскільки це також більше ніж 0, це має бути натуральне число. Але було також доведено, що An(b) < 1, якщо n достатньо велике, таким чином досягаючи протиріччя.
Це доведення досить близьке до доведення Нівена, головна відмінність між ними полягає в способі доведення того, що числа An(b) є цілими.
Доведення Лачковича Доведення Міклоша Лачковича є спрощенням оригінального доведення Ламберта. Він розглядає функції
Ці функції чітко визначені для всіх x ∈ R. Окрім того
Твердження 1. Справедливо наступне рекурентне співвідношення:
Доведення: це можна довести, порівнявши коефіцієнти степенів x.
Твердження 2: Для кожного x ∈ R,
Доведення: Справді, послідовність x2n/n ! обмежена (оскільки вона збігається до 0), і якщо C є верхньою межею, і якщо k > 1, тоді
Твердження 3: Якщо x ≠ 0 і якщо x2 раціональне число, то
Доведення: В іншому випадку, було б число y ≠ 0 і цілі числа a і b такі, що fk(x) = ay і fk + 1(х) = by. Щоб зрозуміти чому так, візьміть y = fk + 1(х), а = 0 і b = 1 якщо fk(x) = 0; інакше виберіть цілі числа a і b так, щоб fk + 1(x)/fk(x) = b/a і визначимо y = fk(x)/a = fk + 1(x)/b. У кожному випадку y не може дорівнювати 0, оскільки інакше з твердження 1 випливало б, що кожне fk + n(x)(n ∈ N) буде 0, що суперечило б твердженню 2. Тепер візьміть натуральне число c таке, що всі три числа bc/k, ck/x2 і c/x2 є цілими числами, і розглянемо послідовність
Потім
З іншого боку, з твердження 1 випливає, що
що є лінійною комбінацією gn + 1 і gn з цілими коефіцієнтами. Отже, кожен gn є цілим числом, кратним y. Крім того, з твердження 2 випливає, що кожен gn більший ніж 0 (і тому gn ≥ |y|), якщо n достатньо велике і послідовність усіх gn збігається до 0. Але послідовність чисел більше або дорівнює |y| не може сходитися до 0.
Оскільки f1/2(/4) = cos(/2) = 0, то з твердження 3 випливає, що 2/16 ірраціональне, а отже, ірраціональне.
З іншого боку, оскільки
іншим наслідком твердження 3 є те, що якщо x ∈ Q \ {0}, потім tan x є ірраціональним числом.
Доведення Лачковича насправді стосується гіпергеометричної функції. Справді, fk(x) = 0F1(k; −x2) і Гаусс знайшов розкладання гіпергеометричної функції в неперервний дріб за допомогою її функціонального рівняння. Це дозволило Лачковичу знайти новий і простіший доказ того факту, що функція тангенса має розклад у неперервний дріб, який відкрив Ламберт.
Результат Лачковича також можна виразити у функціях Бесселя першого роду Jν(x). Справді, Γ(k)Jk − 1(2x) = xk − 1fk(x). Отже, результат Лачковича еквівалентний: Якщо x ≠ 0 і якщо x2 раціональне, то
Список літератури