Prueba de que π es irracional

prueba matemática

En la década de 1760, Johann Heinrich Lambert fue el primero en demostrar que el número π es irracional , lo que significa que no puede expresarse como una fracción , donde y son ambos números enteros . En el siglo XIX, Charles Hermite encontró una prueba que no requiere conocimientos previos 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 . Muchas de éstas son pruebas por contradicción . ${\displaystyle a/b}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle b}$

En 1882, Ferdinand von Lindemann demostró que esto no sólo es irracional, sino también trascendental . ^[1] ${\displaystyle \pi }$

La prueba de Lambert

Escaneo de la fórmula en la página 288 de "Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités trascendentantes, circulaires et logarithmiques" de Lambert, Mémoires de l'Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265–322

En 1761, Johann Heinrich Lambert demostró que esto es irracional al demostrar primero que esta expansión fraccionaria continua se cumple: ${\displaystyle \pi }$

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

Luego Lambert demostró que si es distinto de cero y racional, entonces esta expresión debe ser irracional. Como , se deduce que es irracional y, por tanto, también es irracional. ^[2] A continuación se ofrece una simplificación de la prueba de Lambert. ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle \tan {\tfrac {\pi }{4}}=1}$ ${\displaystyle {\tfrac {\pi }{4}}}$ ${\displaystyle \pi }$

La prueba de Hermite

Escrita en 1873, esta prueba utiliza la caracterización de como el número positivo más pequeño cuya mitad es un cero de la función coseno y en realidad demuestra que es irracional. ^{[3] [4]} Como en muchas pruebas de irracionalidad, es una prueba por contradicción . ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle \pi ^{2}}$

Considere las secuencias de funciones reales y definidas por: ${\displaystyle A_{n}}$ ${\displaystyle U_{n}}$ ${\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$

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

Usando inducción podemos demostrar que

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

y por lo tanto tenemos:

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

Entonces

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

que es equivalente a

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

Usando la definición de secuencia y empleando inducción podemos demostrar que

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

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

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

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

No justificó esta afirmación, pero puede demostrarse fácilmente. En primer lugar, esta afirmación equivale a

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

Procediendo por inducción, tome ${\displaystyle n=0.}$

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

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

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

luego, usando la integración por partes y la regla de Leibniz , se obtiene

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

Si con y en , entonces, dado que los coeficientes de son números enteros y su grado es menor o igual que es algún número entero En otras palabras, ${\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q,}$ ${\displaystyle p}$ ${\displaystyle q}$ ${\displaystyle \mathbb {N} }$ ${\displaystyle P_{n}}$ ${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor },}$ ${\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}}$ ${\displaystyle N.}$

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

Pero este número es claramente mayor que. Por otro lado, el límite de esta cantidad cuando llega al infinito es cero, por lo que, si es lo suficientemente grande, se alcanza una contradicción. ${\displaystyle 0.}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle N<1.}$

Hermite no presentó su prueba como un fin en sí mismo sino como una ocurrencia tardía dentro de su búsqueda de una prueba de la trascendencia de. Discutió las relaciones de recurrencia para motivar y obtener una representación integral conveniente. Una vez obtenida esta representación integral, existen varias formas de presentar una prueba sucinta y autónoma a partir de la integral (como en las presentaciones de Cartwright, Bourbaki o Niven), que Hermite pudiera ver fácilmente (como lo hizo en su prueba de la trascendencia de ^[5] ). ${\displaystyle \pi .}$ ${\displaystyle e}$

Además, la prueba de Hermite está más cerca de la prueba de Lambert de lo que parece. De hecho, ¿es el "residuo" (o "resto") de la fracción continua de Lambert para ^[6] ${\displaystyle A_{n}(x)}$ ${\displaystyle \tan x.}$

La prueba de Cartwright

Harold Jeffreys escribió que esta prueba fue puesta como ejemplo en un examen en la Universidad de Cambridge en 1945 por Mary Cartwright , pero que ella no había rastreado su origen. ^[7] Todavía permanece hoy en la cuarta hoja de problemas del curso de Análisis IA de la Universidad de Cambridge. ^[8]

Considere las integrales

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

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

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

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

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

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

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

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

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

El lado derecho es un número entero. Pero como el intervalo tiene longitud y la función que se integra solo toma valores entre y Por otro lado, ${\displaystyle 0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2}$ ${\displaystyle [-1,1]}$ ${\displaystyle 2}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 1.}$

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

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

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

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

Esta prueba es similar a la prueba de Hermite. En efecto,

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

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

La prueba de Niven

Esta prueba utiliza la caracterización de como el cero positivo más pequeño de la función seno . ^[9] ${\displaystyle \pi }$

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

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

y, por cada let ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$

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

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

Prueba: Expandiendo como suma de monomios, el coeficiente de es un número de la forma donde es un número entero, que es si Por lo tanto, es cuando y es igual a si ; en cada caso, es un número entero y, por tanto, es un número entero. ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle x^{k}}$ ${\displaystyle c_{k}/n!}$ ${\displaystyle c_{k}}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle k<n.}$ ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle k<n}$ ${\displaystyle (k!/n!)c_{k}}$ ${\displaystyle n\leq k\leq 2n}$ ${\displaystyle f^{(k)}(0)}$ ${\displaystyle F(0)}$

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

Reclamación 2:

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

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

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

Las derivadas de la función seno y coseno vienen dadas por sin' = cos y cos' = −sin. Por tanto, la regla del producto implica

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

Por el teorema fundamental del cálculo.

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

Dado que y (aquí utilizamos la caracterización antes mencionada de como un cero de la función seno), se sigue la reivindicación 2. ${\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}$ ${\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}$ ${\displaystyle \pi }$

Conclusión: Desde y para (porque es el cero positivo más pequeño de la función seno), las Reivindicaciones 1 y 2 muestran que es un número entero positivo . Desde y para tenemos, según la definición original de ${\displaystyle f(x)>0}$ ${\displaystyle \sin x>0}$ ${\displaystyle 0<x<\pi }$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi )}$ ${\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}$ ${\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}$ ${\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}$ ${\displaystyle f,}$

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

que es menor que grande, por lo tanto, para estos según la Reivindicación 2. Esto es imposible para el número entero positivo. Esto muestra que la suposición original de que es racional conduce a una contradicción, lo que concluye la prueba. ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle n,}$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}$ ${\displaystyle n,}$ ${\displaystyle F(0)+F(\pi ).}$ ${\displaystyle \pi }$

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

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

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

La prueba de Niven está más cerca de la prueba de Cartwright (y por tanto de Hermite) de lo que parece a primera vista. ^[6] De hecho,

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

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

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

En particular,

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

Otra conexión entre las pruebas radica en el hecho de que Hermite ya menciona ^[3] que si es una función polinómica y ${\displaystyle f}$

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

entonces

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

de lo cual se deduce que

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

La prueba de Bourbaki

La demostración de Bourbaki se describe como un ejercicio en su tratado de cálculo . ^[10] Para cada número natural b y cada número entero no negativo, defina ${\displaystyle n,}$

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

Dado que es la integral de una función definida en que toma el valor en y y que es mayor que en otro caso, además, para cada número natural si es lo suficientemente grande, porque ${\displaystyle A_{n}(b)}$ ${\displaystyle [0,\pi ]}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle A_{n}(b)>0.}$ ${\displaystyle b,}$ ${\displaystyle A_{n}(b)<1}$ ${\displaystyle n}$

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

y por lo tanto

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

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

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

entonces:

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

Esta última integral es ya que es la función nula (porque es una función polinómica de grado ). Dado que cada función (con ) toma valores enteros en y y dado que sucede lo mismo con las funciones seno y coseno, esto demuestra que es un número entero. Como también es mayor que debe ser un número natural. Pero también se demostró que es lo suficientemente grande, llegando así a una contradicción . ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle f^{(2n+1)}}$ ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle 2n}$ ${\displaystyle f^{(k)}}$ ${\displaystyle 0\leq k\leq 2n}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle A_{n}(b)}$ ${\displaystyle 0,}$ ${\displaystyle A_{n}(b)<1}$ ${\displaystyle n}$

Esta prueba es bastante cercana a la prueba de Niven, siendo la principal diferencia entre ellas la forma de demostrar que los números son enteros. ${\displaystyle A_{n}(b)}$

La prueba de Laczkovich

La prueba de Miklós Laczkovich es una simplificación de la prueba original de Lambert. ^[11] Considera las funciones

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

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

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

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

Reivindicación 1: La siguiente relación de recurrencia es válida 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 demostrar comparando los coeficientes de las potencias 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 es acotada (ya que converge a ) y si es un límite superior y si entonces ${\displaystyle x^{2n}/n!}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle C}$ ${\displaystyle k>1,}$

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

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

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

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

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

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

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

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

Ya que de la reivindicación 3 se desprende que eso es irracional y por tanto que es irracional. ${\displaystyle f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}}$ ${\displaystyle \pi }$

Por otra parte, desde

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

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

La prueba de Laczkovich trata realmente de la función hipergeométrica . De hecho, Gauss encontró una expansión fraccionaria continua de la función hipergeométrica utilizando su ecuación funcional . ^[12] Esto permitió a Laczkovich encontrar una prueba nueva y más simple del hecho de que la función tangente tiene la expansión fraccional continua que Lambert había descubierto. ${\displaystyle f_{k}(x)={}_{0}F_{1}(k-x^{2})}$

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

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

Ver también

• Portal de matemáticas

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

Referencias

1. Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl π ", en Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M .; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, un libro de consulta (3.ª ed.), Nueva York: Springer-Verlag , págs. 194–225, ISBN 0-387-20571-3.
2. Lambert, Johann Heinrich (2004) [1768], "Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités trascendentantes circulaires et logarithmiques", en Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M .; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, un libro de consulta (3.ª ed.), Nueva York: Springer-Verlag , págs. 129-140, ISBN 0-387-20571-3.
3. Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan". Journal für die reine und angewandte Mathematik (en francés). 76 : 303–311.
4. Hermita, Charles (1873). "Extrait d'une lettre del Sr. Ch. Hermite al Sr. Carl Borchardt". Journal für die reine und angewandte Mathematik (en francés). 76 : 342–344.
5. Hermite, Charles (1912) [1873]. "Sobre la función exponencial". En Picard, Émile (ed.). Obras de Charles Hermite (en francés). vol. III. Gauthier-Villars. págs. 150–181.
6. Zhou, Li (2011). "Pruebas de irracionalidad a la Hermite". La Gaceta Matemática . 95 (534): 407–413. arXiv : 0911.1929 . doi :10.1017/S0025557200003491. S2CID  115175505.
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