円周率が無理数であることの証明

1760年代、ヨハン・ハインリヒ・ランベルトは、円周率πが無理数、つまり分数で表せないことを初めて証明した。${\displaystyle a/b,}$どこ${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$はどちらも整数です。19 世紀に、シャルル・エルミートは、基本的な微積分以外の予備知識を必要としない証明を発見しました。エルミートの証明の 3 つの簡略化は、メアリー・カートライト、イヴァン・ニブン、ニコラ・ブルバキ(数学者グループのペンネーム) によるものです。ランバートの証明の簡略化である別の証明は、ミクロス・ラツコヴィッチによるものです。これらの多くは背理法による証明です。

1882年、フェルディナント・フォン・リンデマンは、${\displaystyle \pi }$それは単に非合理的であるだけでなく、超越的でもある。^{[ 1 ]}

1768年、ヨハン・ハインリヒ・ランベルトは、${\displaystyle \pi }$連分数展開が成り立つことをまず示すことで、これが無理数であることを証明します。

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

そしてランバートは、もし${\displaystyle x}$がゼロではなく有理数である場合、この式は無理数でなければなりません。$\tan(π/4)=1$したがって、${\displaystyle {\frac {\pi }{4}}}$非合理的であるため、${\displaystyle \pi }$もまた無理数である。^{[ 2 ]}ランバートの証明の簡略化を以下に示す。

シャルル・エルミートは1873年に、${\displaystyle \pi }$コサイン関数の零点の半分である最小の正の数として、実際に証明されるのは$\displaystyle \pi ^{2}}$は無理数である。^{[ 3 ] [ 4 ]}無理数の証明の多くと同様に、これは背理法による証明である。

実関数の列を考えてみましょう${\displaystyle A_{n}}$そして${\displaystyle U_{n}}$のために$\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}$定義:

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

帰納法を用いると、次のことが証明できる。

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

したがって、次のようになります。

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

それで

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

これは以下と同等です

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

数列の定義を用い、帰納法を用いることで、次のことを示すことができる。

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

どこ${\displaystyle P_{n}}$そして${\displaystyle Q_{n}}$は整数係数と次数を持つ多項式関数です。${\displaystyle P_{n}}$以下${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }.}$特に、${\displaystyle A_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}.}$

エルミートはまた、関数の閉じた表現も与えた。${\displaystyle A_{n},}$すなわち

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

彼はこの主張を正当化しなかったが、それは簡単に証明できる。まず第一に、この主張は以下と同等である。

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

帰納法を用いて、${\displaystyle n=0.}$

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

そして、帰納的ステップでは、任意の自然数を考える。${\displaystyle n.}$もし

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

次に、部分積分とライプニッツの法則を用いると、

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

もし${\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q,}$と${\displaystyle p}$そして${\displaystyle q}$で${\displaystyle \mathbb {N} }$すると、係数は${\displaystyle P_{n}}$は整数であり、その次数は以下である。${\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor },}$${\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}}$は整数です${\displaystyle N.}$言い換えると、

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

しかし、この数字は明らかに${\displaystyle 0.}$一方、この量の極限は${\displaystyle n}$無限大に近づくとゼロになるので、${\displaystyle n}$十分に大きいので、${\displaystyle N<1.}$それによって矛盾が生じる。

エルミートは、自身の証明をそれ自体が目的ではなく、超越性の証明を探求する過程における後付けの考えとして提示した。${\displaystyle \pi .}$彼は、動機付けと便利な積分表現を得るために漸化式について議論した。この積分表現が得られれば、積分から始めて簡潔で自己完結的な証明を提示するさまざまな方法がある（カートライト、ブルバキ、ニブンの提示のように）。エルミートはそれを容易に理解できた（彼が超越性の証明で行ったように）。${\displaystyle e}$^{[ 5 ]}）。

さらに、エルミートの証明は見た目以上にランバートの証明に近い。実際、${\displaystyle A_{n}(x)}$は、ランバートの連分数の「残余」（または「余り」）です。${\displaystyle \tan x.}$^{[ 6 ]}

ハロルド・ジェフリーズは、この証明は1945年にケンブリッジ大学のメアリー・カートライトによって試験の例として出されたが、彼女はその起源をたどっていなかったと書いている。^{[ 7 ]}これは現在でもケンブリッジ大学の解析学IAコースの4番目の問題シートに掲載されている。^{[ 8 ]}

積分について考えてみましょう

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

どこ${\displaystyle n}$は非負の整数です。

部分積分を2回行うと、漸化式が得られる。

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

もし

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

するとこれは

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

さらに、${\displaystyle J_{0}(x)=2\sin x}$そして${\displaystyle J_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.}$したがって、すべての${\displaystyle n\in \mathbb {Z} _{+},}$

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

どこ${\displaystyle P_{n}(x)}$そして${\displaystyle Q_{n}(x)}$次数が の多項式である${\displaystyle \leq n,}$整数係数（${\displaystyle n}$)

取る${\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}\pi ,}$そして、可能であれば${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi =a/b}$どこ${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$自然数であると仮定します（つまり、${\displaystyle \pi }$（合理的である）

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

右辺は整数です。しかし${\displaystyle 0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2}$間隔以来${\displaystyle [-1,1]}$長さがあります${\displaystyle 2}$積分される関数は、以下の値のみを取る。${\displaystyle 0}$そして${\displaystyle 1.}$一方で、

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

したがって、十分に大きい場合${\displaystyle n}$

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

つまり、${\displaystyle 0}$そして${\displaystyle 1.}$それは、${\displaystyle \pi }$合理的である。

この証明はエルミートの証明と似ている。実際、

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

しかし、明らかにその方が単純です。これは、関数の帰納的定義を省略することによって実現されます。${\displaystyle A_{n}}$そして、それらを積分として表現することを出発点とする。

イヴァン・ニブンはこの証明を1947年に発表した。彼は${\displaystyle \pi }$正弦関数の最小の正の零点として。^{[ 9 ]}

仮に${\displaystyle \pi }$合理的である、つまり${\displaystyle \pi =a/b}$いくつかの整数に対して${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$一般性を失うことなく、両方とも正であると仮定してもよい。任意の正の整数が与えられた場合${\displaystyle n,}$多項式関数を定義します。

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

そして、それぞれについて${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$させて

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

請求項１：${\displaystyle F(0)+F(\pi )}$は整数です。

証明: 拡張${\displaystyle f}$単項式の和として、係数は${\displaystyle x^{k}}$形式は${\displaystyle c_{k}/n!}$どこ${\displaystyle c_{k}}$は整数です。${\displaystyle 0}$もし${\displaystyle k<n.}$したがって、${\displaystyle f^{(k)}(0)}$は${\displaystyle 0}$いつ${\displaystyle k<n}$そしてそれは${\displaystyle (k!/n!)c_{k}}$もし${\displaystyle n\leq k\leq 2n}$いずれの場合も、${\displaystyle f^{(k)}(0)}$は整数であり、したがって${\displaystyle F(0)}$は整数です。

一方で、${\displaystyle f(\pi -x)=f(x)}$など${\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}$各非負整数に対して${\displaystyle k.}$特に、${\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0).}$したがって、${\displaystyle f^{(k)}(\pi )}$も整数なので${\displaystyle F(\pi )}$は整数です（実際、${\displaystyle F(\pi )=F(0)}$）。以来${\displaystyle F(0)}$そして${\displaystyle F(\pi )}$これらは整数であり、それらの合計も整数です。

請求項２：

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

証明:${\displaystyle f^{(2n+2)}}$はゼロ多項式であり、

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

正弦関数と余弦関数の導関数はsin ' = cos および cos' = − sinで与えられる。したがって、積の法則は    

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

微積分学の基本定理により

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

以来${\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}$そして${\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}$（ここでは、上記の特徴付けを使用します${\displaystyle \pi }$正弦関数の零点として）、請求項 ２が続く。

結論：${\displaystyle f(x)>0}$そして${\displaystyle \sin x>0}$のために${\displaystyle 0<x<\pi }$（なぜなら${\displaystyle \pi }$は正弦関数の最小の正の零点である）、請求項 １および２は、${\displaystyle F(0)+F(\pi )}$は正の整数です。${\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}$そして${\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}$のために${\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}$元の定義によれば、${\displaystyle f,}$

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

これはより小さい${\displaystyle 1}$大型${\displaystyle n,}$したがって${\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}$これらのために${\displaystyle n,}$主張 ２によれば、これは正の整数に対しては不可能である。${\displaystyle F(0)+F(\pi ).}$これは、${\displaystyle \pi }$合理的であるということは矛盾を導き、それが証明の結論となる。

上記の証明は、前提条件に関して可能な限り簡潔にまとめた、公式の分析の洗練されたバージョンである。

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

これは、${\displaystyle 2n+2}$部分積分。請求項 ２は基本的にこの式を確立するものであり、${\displaystyle F}$部分積分による反復積分を隠蔽します。最後の積分は、${\displaystyle f^{(2n+2)}}$は零多項式である。主張 １は、残りの和が整数であることを示している。

ニブンの証明は、一見したところよりもカートライト（そしてエルミート）の証明に近い。^{[ 6 ]}実際、

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

したがって、置換${\displaystyle xz=y}$この積分を

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

特に、

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

証明間のもう一つの関連性は、エルミートがすでに^{[ 3 ]}で述べているように、${\displaystyle f}$は多項式関数であり、

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

それから

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

これから次のことが導かれる

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

ブルバキの証明は、彼の微積分学の論文の中で演習問題として概説されている。^{[ 10 ]}任意の自然数bと任意の非負整数に対して${\displaystyle n,}$定義する

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

以来${\displaystyle A_{n}(b)}$は、上で定義された関数の積分です。${\displaystyle [0,\pi ]}$値を取る${\displaystyle 0}$で${\displaystyle 0}$そして${\displaystyle \pi }$そしてそれは${\displaystyle 0}$さもないと、${\displaystyle A_{n}(b)>0.}$さらに、各自然数に対して${\displaystyle b,}$${\displaystyle A_{n}(b)<1}$もし${\displaystyle n}$十分に大きいので、

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

そのため

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

一方、部分積分を繰り返すと、次のことが推測できます。${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$は自然数で、${\displaystyle \pi =a/b}$そして${\displaystyle f}$は多項式関数です${\displaystyle [0,\pi ]}$の中へ${\displaystyle \mathbb {R} }$定義される

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

それから：

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

この最後の積分は${\displaystyle 0,}$以来${\displaystyle f^{(2n+1)}}$はヌル関数です（なぜなら${\displaystyle f}$は次数が の多項式関数です${\displaystyle 2n}$各関数は${\displaystyle f^{(k)}}$（と${\displaystyle 0\leq k\leq 2n}$)は整数値をとります${\displaystyle 0}$そして${\displaystyle \pi }$そして、正弦関数と余弦関数でも同じことが起こるので、これは次のことを証明します。${\displaystyle A_{n}(b)}$は整数です。また、より大きいので${\displaystyle 0,}$それは自然数でなければならない。しかし、次のことも証明された。${\displaystyle A_{n}(b)<1}$もし${\displaystyle n}$十分に大きいため、矛盾が生じる。

この証明はニブンの証明と非常によく似ており、両者の主な違いは、数値が${\displaystyle A_{n}(b)}$整数です。

ミクロス・ラツコヴィッチの証明は、ランバートの元の証明を簡略化したものである。^{[ 11 ]}彼は関数を考察している。

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

これらの関数は、任意の実数に対して明確に定義されています。${\displaystyle x.}$さらに、

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

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

主張１：任意の実数に対して、以下の漸化式が成り立つ。${\displaystyle x}$:

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

証明:これは、次のべき乗の係数を比較することによって証明できます。${\displaystyle x.}$

主張２：各実数に対して${\displaystyle x,}$

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

証明：数列${\displaystyle x^{2n}/n!}$は有界である（収束するため）${\displaystyle 0}$）そしてもし${\displaystyle C}$は上限であり、${\displaystyle k>1,}$それから

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

クレーム3：${\displaystyle x\neq 0,}$${\displaystyle x^{2}}$合理的であり、${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$それから

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

証明:そうでなければ、数${\displaystyle y\neq 0}$整数${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$そのため${\displaystyle f_{k}(x)=ay}$そして${\displaystyle f_{k+1}(x)=by.}$その理由を知るには、${\displaystyle y=f_{k+1}(x),}$${\displaystyle a=0,}$そして${\displaystyle b=1}$もし${\displaystyle f_{k}(x)=0}$それ以外の場合は、整数を選択してください。${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$そのため${\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}$そして定義する${\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.}$いずれの場合も、${\displaystyle y}$できない${\displaystyle 0,}$そうでなければ、請求項１から各${\displaystyle f_{k+n}(x)}$（${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$) は${\displaystyle 0,}$これは主張2と矛盾する。さて、自然数を取ってみよう。${\displaystyle c}$3つの数字すべてが${\displaystyle bc/k,}$${\displaystyle ck/x^{2},}$そして${\displaystyle c/x^{2}}$は整数であり、数列を考える。

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

それから

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

一方、請求項１より、

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

これは、${\displaystyle g_{n+1}}$そして${\displaystyle g_{n}}$整数係数を持つ。したがって、各${\displaystyle g_{n}}$は整数倍です${\displaystyle y.}$さらに、請求項２から、それぞれ${\displaystyle g_{n}}$より大きい${\displaystyle 0}$（したがって、${\displaystyle g_{n}\geq |y|}$）もし${\displaystyle n}$十分に大きく、すべてのシーケンス${\displaystyle g_{n}}$収束して${\displaystyle 0.}$しかし、${\displaystyle |y|}$収束できない${\displaystyle 0.}$

以来${\displaystyle f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,}$請求項３より、${\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}}$非合理的であるため、${\displaystyle \pi }$非合理的だ。

一方、

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

クレーム3のもう1つの帰結は、もし${\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0\},}$ then ${\displaystyle \tan x}$ is irrational.

Laczkovich's proof is about the hypergeometric function. In fact, ${\displaystyle f_{k}(x)={}_{0}F_{1}(k-x^{2})}$, and Gauss found a continued fraction expansion of the hypergeometric function using its functional equation.^[12] This allowed Laczkovich to find a new and simpler proof of the fact that the tangent function has the continued fraction expansion that Lambert had discovered.

Laczkovich's result can also be expressed in Bessel functions of the first kind ${\displaystyle J_{\nu }(x)}$. In fact, ${\displaystyle \Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)}$ (where ${\displaystyle \Gamma }$ is the gamma function). So Laczkovich's result is equivalent to: If ${\displaystyle x\neq 0,}$${\displaystyle x^{2}}$ is rational, and ${\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}$ then

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

• Proof that e is irrational
• Proof that π is transcendental