Chứng minh π là số vô tỉ

Vào những năm 1760, Johann Heinrich Lambert đã chứng minh rằng số  (pi) là vô tỷ: nghĩa là nó không thể được biểu thị dưới dạng phân số *a*/*b*, trong đó *a* là số nguyên và *b* là số nguyên khác không. Vào thế kỷ 19, Charles Hermite đã tìm thấy một chứng minh không đòi hỏi kiến thức tiên quyết nào ngoài vi tích phân cơ bản. Ba lần đơn giản hóa của chứng  minh của Hermite là do Mary Cartwright, Ivan Niven và Nicolas Bourbaki. Một chứng minh khác, đó là sự đơn giản hóa chứng minh của Lambert, là do Miklós Laczkovich.

Năm 1882, Ferdinand von Lindemann đã chứng minh rằng  không chỉ là số vô tỷ, mà còn là số siêu việt.

## Chứng minh của Lambert

Năm 1761, Lambert đã chứng minh rằng  là số vô tỷ khi lần đầu tiên chứng minh rằng liên phân số mở rộng này là đúng:

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

Sau đó Lambert đã chứng minh rằng nếu *x* là khác không và hữu tỷ thì biểu thức này phải là số vô tỷ. Do tan (/4) = 1, suy ra  / 4 là số vô tỷ và do đó  là số vô tỷ. Một cách chứng minh đơn giản hóa chứng minh của Lambert được đưa ra dưới đây.

## Chứng minh của Hermite
Bằng chứng này sử dụng đặc tính của  là số dương nhỏ nhất có hàm cosin của 1/2 số này bằng 0 và nó thực ra chứng minh rằng 2 là số vô tỷ. Như trong nhiều bằng chứng về số vô tỷ, nó là một phép chứng minh sử dụng mâu thuẫn.

Xét các chuỗi hàm *A**n* và *U**n* từ \R tới \R cho n \in \N_0 mà được định nghĩa bởi:

: \begin{align}
A_0(x) &= \sin(x), && A_{n+1}(x) =\int_0^xyA_n(y)\,dy \\[4pt]
U_0(x) &= \frac{\sin(x)}x, && U_{n+1}(x) =-\frac{U_n'(x)}x
\end{align}

Sử dụng quy nạp chúng ta có thể chứng minh rằng

: \begin{align}
A_n(x) &=\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots \\[4pt]
U_n(x) &=\frac1{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times(2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times4\times(2n+5)!!}\mp\cdots
\end{align}

: U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.\,

Vì thế

: 
\begin{align}
\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}} & =U_{n+1}(x)=-\frac{U_n'(x)}x=-\frac1x\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) = \frac{(2n+1)A_n(x)-xA_n'(x)}{x^{2n+3}}
\end{align}


tương đương với

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

Sử dụng định nghĩa của chuỗi và sử dụng phép quy nạp, chúng ta có thể chứng minh được rằng

: A_n(x) = P_n(x^2) \sin(x) + x Q_n(x^2) \cos(x),\,

Trong đó *P**n* và *Q**n* là các hàm đa thức có hệ số nguyên và bậc của *P**n* nhỏ hơn hoặc bằng ⌊*n*/ 2⌋. Cụ thể, *A**n* (/2) =  *P**n* (2/4).

Hermite cũng đưa ra biểu thức đóng cho hàm *A**n*, cụ thể là

: A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z.\,

Ông không đưa ra chứng minh cho khẳng định này, nhưng nó có thể được chứng minh dễ dàng. Trước hết, khẳng định này tương đương với

: \frac{1}{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(x z)\,\mathrm{d}z=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).

Tiến hành theo quy nạp, lấy *n* =&nbsp; 0.

: \int_0^1\cos(xz)\,\mathrm{d}z=\frac{\sin(x)}x=U_0(x)

và, đối với bước quy nạp, xem xét bất kỳ n \in \N. Nếu

: \frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,\mathrm{d}z=U_n(x),

sau đó, sử dụng tích phân từng phần và quy tắc tích phân Leibniz, ta sẽ có

: \begin{align}
\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 (\overbrace{\left.(1-z^2)^{n+1}\frac{\sin(xz)}x\right|_{z=0}^{z=1}}^{=0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz \frac{\sin(xz)}x\,\mathrm{d}z\right)\\[8pt]
&= \frac1x\cdot\frac1{2^n n!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,\mathrm{d}z\\[8pt]
&= -\frac1x\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac1{2^nn!}\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{align}

Nếu 2/4 =&nbsp;*p*/*q*, với *p* và *q* thuộc \N, thì vì các hệ số của *P**n* là các số nguyên và bậc của nó nhỏ hơn hoặc bằng ⌊*n*/2⌋, *q*⌊ *n* / 2⌋*P**n*( 2/4) là một số nguyên *N.* Nói cách khác,

: N=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right) =q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq \right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n \cos \left(\frac\pi2z \right)\,\mathrm{d}z.

Nhưng con số này rõ ràng lớn hơn 0. Mặt khác, giới hạn của đại lượng này khi *n* đi đến vô cùng là 0 và vì vậy, nếu *n* đủ lớn thì *N**n* (*x*) là "phần dư" của phần nối tiếp của phân giải Lambert cho hàm tan(*x*).

## Chứng minh của Cartwright
Harold Jeffreys đã viết rằng bằng chứng này đã được Mary Cartwright lấy làm ví dụ trong một kỳ thi tại Đại học Cambridge vào năm 1945, nhưng bà đã không truy ra được nguồn gốc của nó.

Xét tích phân sau :

I_n(x)=\int_{-1}^{1} (1-z^2)^n\cos(xz)dz

Với n là số nguyên không âm

Hai tích hợp theo từng bộ phận cung cấp mối quan hệ lặp lại

x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x)       (n\geq2)

Nếu    J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)

Thì nó biến thành    J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x)

Hơn nữa ta có J_0(x)=2\sin(x) và J_1(x)=-4x\cos(x)+4\sin(x)

Do đó với mọi n\in Z_+ ta có : J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!(P_n(x)\sin(x)+Q_n(x)\cos(x))

trong đó Pn (x) và Qn (x) là các đa thức bậc ≤ n và với hệ số nguyên (phụ thuộc vào n).

Đặt x=\frac\pi2 và giả sử \frac\pi2=\frac ab với a và b là các số tự nhiên ( tức giả sử π là số hữu tỉ ) . Sau đó :

\frac{a^{2n+1}}{n!}I_n(\frac\pi2)=P_n(\frac\pi2)b^{2n+1}

Phía bên phải là một số nguyên. Nhưng 0 vì khoảng [−1, 1] có độ dài là 2 và hàm đang được tích phân chỉ nhận các giá trị từ 0 đến 1. Mặt khác,

\frac{a^{2n+1}}{n!}\longrightarrow0 \text{ với  }n\longrightarrow\infty

Do đó, đối với n đủ lớn : 0

Nghĩa là, chúng ta có thể tìm thấy một số nguyên từ 0 đến 1. Đó là mâu thuẫn xuất phát từ giả thiết rằng π là số hữu tỉ.

## Tham khảo