در دهه 1760، یوهان هاینریش لامبرت اولین کسی بود که ثابت کرد [[عدد پی|عدد {\displaystyle \pi }]] عدد گنگ است، به این معنی که نمی توان آن را به صورت کسری از دو عدد {\displaystyle a/b} بیان کرد که {\displaystyle a} و {\displaystyle b} هر دو عدد صحیح هستند. در قرن نوزدهم، چارلز هرمیت روش اثباتی را یافت که به دانشی فراتر از محاسبات پایه نیاز ندارد. سه روش اثبات ساده سازی هرمیت، مدیون مری کارترایت، ایوان نیون و نیکلاس بورباکی است. روش اثبات دیگر، که ساده‌سازی برهان لمبرت است، مدیون اقدامات میکلس لاکوویچ (Miklós Laczkovich) است. بسیاری از این روش ها مبتنی بر برهان خلف هستند.

در سال 1882، فردیناند فون لیندمان این را ثابت کرد عدد {\displaystyle \pi } نه تنها گنگ است بلکه عدد ترافرازنده نیز هست.

اثبات لمبرت
-----------

 تصویری از فرمول در صفحه 288 کتاب لمبرت (1768 میلادی)
در سال 1761، لمبرت این را ثابت کرد که رسیدن به عدد {\displaystyle \pi } با بسط مسلسل زیر غیرمنطقی است:

{\displaystyle \tan(x)={\cfrac {x}{1-{\cfrac {x^{2}}{3-{\cfrac {x^{2}}{5-{\cfrac {x^{2}}{7-{}\ddots }}}}}}}}.}
سپس لمبرت ثابت کرد که اگر {\displaystyle x} غیر صفر و گویا است، پس این عبارت باید گنگ باشد. از آنجا که {\displaystyle \tan {\tfrac {1}{4}}\pi =1} ، نتیجه می شود که {\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi } عدد گنگ است و بنابراین {\displaystyle \pi } نیز گنگ است.  ساده‌سازی اثبات لمبرت در زیر آورده شده است.

اثبات هرمیت
-----------

این اثبات که در سال 1873 نوشته شده است، از توصیف عدد {\displaystyle \pi } به عنوان کوچکترین عدد مثبتی که نصف آن ریشه تابع کسینوس است و در واقع این را ثابت می کند {\displaystyle \pi ^{2}} گنگ است.   همانطور که در بسیاری از برهان های گنگ بودن، این هم یک برهان خلف است.

توالی توابع متغیر حقیق را در نظر بگیرید؛ {\displaystyle A\_{n}} و {\displaystyle U\_{n}} برای {\displaystyle n\in \mathbb {N} \_{0}} به صورت زیر تعریف شده اند:

{\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}}}
با استفاده از روش استقرای ریاضی می توانیم آن ثابت کنیم که:

{\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}}}
و بنابراین داریم:

{\displaystyle U\_{n}(x)={\frac {A\_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}
بنابراین:

{\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}}}
که معادل است با:

{\displaystyle A\_{n+1}(x)=(2n+1)A\_{n}(x)-x^{2}A\_{n-1}(x).\,}
با استفاده از تعریف دنباله و استفاده از استقرا می توانیم نشان دهیم که:

{\displaystyle A\_{n}(x)=P\_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ\_{n}(x^{2})\cos(x),\,}
که درآن {\displaystyle P\_{n}} و {\displaystyle Q\_{n}} توابع چند جمله ای با ضرایب صحیح هستند و درجه {\displaystyle P\_{n}} کوچکتر یا مساوی {\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }} است. به طور خصوص که در آن:

{\displaystyle A\_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}=P\_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}.}

همچنین هرمیت یک عبارت بسته برای تابع {\displaystyle A\_{n}} ارائه کرد که به این صورت است:

{\displaystyle A\_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int \_{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z.\,}
او ادعا خود را توجیه نکرد، اما به راحتی می توان آن را ثابت کرد. اول از همه، این ادعا معادل است با:

{\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).}
در صورت استفاده از روش استقرا و فرض {\displaystyle n=0}:

{\displaystyle \int \_{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U\_{0}(x)}
و برای گام های بعدی استقرا، هر عدد طبیعی {\displaystyle n} در نظر بگیرید:

{\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int \_{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z=U\_{n}(x),}
سپس، با استفاده ازانتگرال‌گیری جزء به جزء و قانون لایب نیتس، می توان به این رسید که:

{\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}}}
اگر {\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q}، با {\displaystyle p} و {\displaystyle q} که در {\displaystyle \mathbb {N} } هستند، پس از آنجایی که ضرایب {\displaystyle P\_{n}} اعداد صحیح هستند و درجه آن کوچکتر یا مساوی {\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }} است، آنگاه {\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P\_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}} مقداری عدد صحیح {\displaystyle N} است. به عبارت دیگر:

{\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.}
اما این عدد به وضوح بیشتر از {\displaystyle 0} است. از سوی دیگر، حد این مقدار وقتی {\displaystyle n} به سمت صفر می رود، بی نهایت خواهد بود و اگر {\displaystyle n} به اندازه کافی بزرگ باشد، {\displaystyle N<1} است. بدین ترتیب تناقضی حاصل می شود.

هرمیت برهان خود را به عنوان یک هدف غایی ارائه نکرد، بلکه به عنوان یک ایده بعدی در جستجوی خود برای اثبات ترافرازنده بودن {\displaystyle \pi } مطرح کرد. او روابط بازگشتی را برای ایجاد انگیزه و به دست آوردن یک بازنمایی یکپارچه و ساده مورد بحث قرار داد. هنگامی که این بازنمایی یکپارچه به دست آمد، راه‌های مختلفی برای ارائه یک اثبات مختصر و مستقل وجود دارد که از آن یکپارچگی شروع می‌شود (مانند ارائه‌های Cartwright، Bourbaki یا Niven)، که هرمیت به راحتی می‌توانست آن را ببیند (همانطور که او در اثبات ترافرازنده بودن {\displaystyle e}، این کار را انجام داد. 

علاوه بر این، اثبات هرمیت از آنچه به نظر می رسد به روش اثبات لامبرت نزدیکتر است. در حقیقت، {\displaystyle A\_{n}(x)} "باقیمانده" کسر ادامه دار لمبرت برای {\displaystyle \tan x} است.

اثبات کارترایت
--------------

هارولد جفریس نوشت که این اثبات به عنوان نمونه در امتحانی در دانشگاه کمبریج در سال 1945 توسط مری کارترایت ارائه شد، اما او منشا آن را ردیابی نکرده بود.  هنوز هم در برگه 4 سوالات امتحانی حال حاضر برای دوره تحلیل IA در دانشگاه کمبریج باقی مانده است. 

انتگرال زیر را در نظر بگیرید:

{\displaystyle I\_{n}(x)=\int \_{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}
جایی که {\displaystyle n} یک عدد صحیح غیر منفی است.

دو انتگرال‌گیری جزء به جزء رابطه بازگشتی را نشان می دهد:

{\displaystyle x^{2}I\_{n}(x)=2n(2n-1)I\_{n-1}(x)-4n(n-1)I\_{n-2}(x).\qquad (n\geq 2)}
اگر:

{\displaystyle J\_{n}(x)=x^{2n+1}I\_{n}(x),}
سپس این تبدیل می شود به:

{\displaystyle J\_{n}(x)=2n(2n-1)J\_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J\_{n-2}(x).}
علاوه بر این، {\displaystyle J\_{0}(x)=2\sin x} و {\displaystyle J\_{1}(x)=-4x\cos x+4\sin x.}، از این رو برای همه {\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 )},}
جایی که {\displaystyle P\_{n}(x)} و {\displaystyle Q\_{n}(x)} چند جمله ای درجه {\displaystyle \leq n} و با ضرایب صحیح (بسته به {\displaystyle n}). هستند.

با فرض {\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}\pi } و این که {\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi =a/b} که {\displaystyle a} و {\displaystyle b} اعداد طبیعی باشند (یعنی فرض کنید {\displaystyle \pi } گویا است). پس:

{\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}.}
سمت راست معادله یک عدد صحیح است. ولی {\displaystyle 0<I\_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2} در فاصله {\displaystyle [-1,1]} طولی برابر {\displaystyle 2} دارد و تابع فقط مقادیر بین {\displaystyle 0} و {\displaystyle 1} را می گیرد. از سوی دیگر:

{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}
از این رو، برای {\displaystyle n} به اندازه کافی بزرگ:

{\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I\_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}
یعنی میتوانیم یک عدد صحیح بین {\displaystyle 0} و {\displaystyle 1} پیدا کنیم که این تناقضی است که از این فرض حاصل می شود {\displaystyle \pi } گویا است.

این برهان شبیه برهان هرمیت است. در واقع:

{\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}}}
با این حال، به وضوح ساده تر است و با حذف تعریف استقرایی توابع {\displaystyle A\_{n}} به دست می آید و به عنوان نقطه شروع بیان آن ها به عنوان یک انتگرال در نظر گرفته می شود.

اثبات نیون
----------

این اثبات از توصیف{\displaystyle \pi }به عنوان کوچکترین ریشه مثبت تابع سینوس استفاده می کند. 

فرض کنید که {\displaystyle \pi } عدد گویا است، یعنی برای برخی از اعداد صحیح {\displaystyle a} و {\displaystyle b} که هر دو مثبت باشند: {\displaystyle \pi =a/b}. 

با توجه به هر عدد صحیح مثبت {\displaystyle n}، تابع چند جمله ای را تعریف می کنیم:

{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}
و برای هر {\displaystyle x\in \mathbb {R} } فرض کنید:

{\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x).}
**ادعای 1:** {\displaystyle F(0)+F(\pi )} یک عدد صحیح است.

**اثبات:**

با بسط {\displaystyle f} به عنوان مجموع تک جمله ها، ضریب {\displaystyle x^{k}} عددی از شکل {\displaystyle c\_{k}/n!} است که {\displaystyle c\_{k}} یک عدد صحیح است که {\displaystyle 0} می باشد اگر {\displaystyle k<n}. 

از این رو {\displaystyle f^{(k)}(0)} برابر {\displaystyle 0} است هنگامی که {\displaystyle k<n} و برابر است با {\displaystyle (k!/n!)c\_{k}} اگر {\displaystyle n\leq k\leq 2n}; در هر حالت، {\displaystyle f^{(k)}(0)} یک عدد صحیح است و بنابراین {\displaystyle F(0)} یک عدد صحیح است.

از سوی دیگر، {\displaystyle f(\pi -x)=f(x)} و بنابراین برای هر عدد صحیح غیر منفی {\displaystyle k} خواهیم داشت: {\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}.

به خصوص، {\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0)}

از این رو {\displaystyle f^{(k)}(\pi )} نیز یک عدد صحیح است و بنابراین {\displaystyle F(\pi )} یک عدد صحیح است (در واقع بدیهی به نظر می رسد که {\displaystyle F(\pi )=F(0)}).

از آنجا که {\displaystyle F(0)} و {\displaystyle F(\pi )} اعداد صحیح هستند، مجموع آنها نیز همین طور است.

**ادعای 2:**

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

از آنجایی که {\displaystyle f^{(2n+2)}} چند جمله ای صفر است، خواهیم داشت:

{\displaystyle F''+F=f.}
مشتقات تابع سینوس و کسینوس به صورت sin' = cos و cos' = −sin هستند. از این رو قاعده ضرب دلالت دارد که:

{\displaystyle (F'\cdot \sin {}-F\cdot \cos {})'=f\cdot \sin }
با قضیه اساسی حسابان:

{\displaystyle \left.\int \_{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right|\_{0}^{\pi }.}
از آنجا که {\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0} و {\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1} (در اینجا از خصوصیات فوق الذکر استفاده می کنیم {\displaystyle \pi } به عنوان صفر تابع سینوس)، ادعا 2 دنبال می شود.

**نتیجه گیری:**

از آنجایی که {\displaystyle f(x)>0} و {\displaystyle \sin x>0} برای {\displaystyle 0<x<\pi } (زیرا {\displaystyle \pi } *کوچکترین* صفر مثبت تابع سینوس است)، ادعاهای 1 و 2 این را نشان می دهد که {\displaystyle F(0)+F(\pi )} یک عدد صحیح *مثبت* است. از آنجا که {\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a} و {\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1} برای {\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}، با تعریف اصلی {\displaystyle f} داریم:

{\displaystyle \int \_{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}
که برای {\displaystyle n} بزرگ، کوچکتر از {\displaystyle 1} است، از این رو {\displaystyle F(0)+F(\pi )<1} برای این {\displaystyle n} ها در ادعا 2 است. این برای عدد صحیح مثبت {\displaystyle F(0)+F(\pi )}، غیرممکن است. این نشان می دهد که فرض اصلی که {\displaystyle \pi } گویا است منجر به تناقض می شود که برهان را تکمیل می کند.

اثبات فوق یک نسخه اصلاح شده است که تا حد امکان پیش نیازهای تجزیه و تحلیل فرمول را ساده کرده است.

{\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,}
که توسط انتگرال‌گیری جزء به جزء، {\displaystyle 2n+2} به دست می آید. ادعای 2 اساساً این فرمول را ایجاد می کند که در آن استفاده از {\displaystyle F} انتگرال بخش های تجمیع شده را پنهان می کند. آخرین انتگرال حذف می شود زیرا {\displaystyle f^{(2n+2)}} چند جمله ای صفر است. ادعای 1 نشان می دهد که مجموع باقی مانده یک عدد صحیح است.

اثبات نیون بیشتر از آنچه در نگاه اول به نظر می رسد به اثبات کارترایت (و بنابراین هرمیت) نزدیک است.  در حقیقت:

{\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}}}
بنابراین، جایگزینی {\displaystyle xz=y} این انتگرال را به شکل زیر ساده می کند:

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

{\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}}}
ارتباط دیگر بین این برهان ها در این واقعیت نهفته است که هرمیت پیشتر ذکر می کند که اگر {\displaystyle f} تابع چند جمله ای است و

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

{\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,}
که از آن نتیجه می شود که:

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

اثبات بورباکی
-------------

برهان بورباکی به عنوان تمرینی در رساله حساب دیفرانسیل و انتگرال او بیان شده است.  برای هر عدد طبیعی *b* و هر عدد صحیح غیر منفی {\displaystyle n}، تابع زیر تعريف می گردد:

{\displaystyle A\_{n}(b)=b^{n}\int \_{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}
از آنجا که {\displaystyle A\_{n}(b)} انتگرال یک تابع تعریف شده در بازه {\displaystyle [0,\pi ]} است که مقدار {\displaystyle 0} را در {\displaystyle 0} و {\displaystyle \pi } م:ی گیرد که بزرگتر از {\displaystyle 0} است در غیر این صورت، {\displaystyle A\_{n}(b)>0}.

علاوه بر این، برای هر عدد طبیعی {\displaystyle b}، {\displaystyle A\_{n}(b)<1} اگر {\displaystyle n} به اندازه کافی بزرگ باشد، زیرا:

{\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}
و بنابراین:

{\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!}}.}
از سوی دیگر، انتگرال‌گیری جزء به جزءبه ما این امکان را می دهد که استنباط کنیم، اگر {\displaystyle a} و {\displaystyle b} اعداد طبیعی هستند به گونه ای که {\displaystyle \pi =a/b} و {\displaystyle f} تابع چند جمله ای از {\displaystyle [0,\pi ]} به {\displaystyle \mathbb {R} } تعریف شده باشد با:

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

{\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}}}
انتگرال آخر {\displaystyle 0} است، از آنجا که {\displaystyle f^{(2n+1)}} تابع تهی است (زیرا {\displaystyle f} تابع چند جمله ای درجه {\displaystyle 2n} است). از آنجایی که هر تابع {\displaystyle f^{(k)}} (با {\displaystyle 0\leq k\leq 2n}) مقادیر صحیح را در {\displaystyle 0} و {\displaystyle \pi } می گیرد و از آنجایی که همین اتفاق در مورد توابع سینوس و کسینوس رخ می دهد، این موضوع را ثابت می کند که {\displaystyle A\_{n}(b)} یک عدد صحیح است. از آنجایی که آن نیز بیشتر از {\displaystyle 0} است، پس باید یک عدد طبیعی باشد. اما این هم ثابت شد {\displaystyle A\_{n}(b)<1} اگر {\displaystyle n} به اندازه کافی بزرگ است، در نتیجه به تناقض می رسد.

این اثبات کاملاً به اثبات نیون نزدیک است، تفاوت اصلی بین آنها در روش اثبات این است که اعداد {\displaystyle A\_{n}(b)} اعداد صحیح هستند.

اثبات لاچکوویچ
--------------

اثبات میکلاس لاچگوویچ ساده‌سازی اثبات اصلی لمبرت است.  او تابع زیر را در نظر می گیرد:

{\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 \}).}
این توابع به وضوح برای هر عدد حقیقی {\displaystyle x} تعریف شده اند. بعلاوه:

{\displaystyle f\_{1/2}(x)=\cos(2x),}
{\displaystyle f\_{3/2}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}
**ادعای 1:**

رابطه بازگشتی زیر برای هر عدد واقعی {\displaystyle x} صادق است: 

{\displaystyle {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f\_{k+2}(x)=f\_{k+1}(x)-f\_{k}(x).}
**اثبات:**

این را می توان با مقایسه ضرایب توان های {\displaystyle x} از اثبات کرد. 

**ادعای 2:**

برای هر عدد واقعی {\displaystyle x}،

{\displaystyle \lim \_{k\to +\infty }f\_{k}(x)=1.}
**اثبات:**

در واقع دنباله {\displaystyle x^{2n}/n!} محدود است (از آنجایی که به {\displaystyle 0} میل می کند) و اگر {\displaystyle C} حد بالایی است و اگر {\displaystyle k>1}، پس:

{\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}}.}
**ادعای 3:**

اگر {\displaystyle x\neq 0} در این صورت{\displaystyle x^{2}} گویا است و {\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}، پس:

{\displaystyle f\_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f\_{k+1}(x)}{f\_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
**اثبات:**

در غیر این صورت، یک عدد {\displaystyle y\neq 0} وجود خواهد داشت و اعداد صحیح {\displaystyle a} و {\displaystyle b} به طوری که {\displaystyle f\_{k}(x)=ay} و {\displaystyle f\_{k+1}(x)=by.} وجود خوهند داشت. 

برای این که دلیل را بیابید، فرض کنید {\displaystyle y=f\_{k+1}(x),}{\displaystyle a=0,} و {\displaystyle b=1} اگر {\displaystyle f\_{k}(x)=0}; در غیر این صورت، اعداد صحیح {\displaystyle a} و {\displaystyle b} را به شکلی انتخاب کنید که {\displaystyle f\_{k+1}(x)/f\_{k}(x)=b/a} و تعریف کنید {\displaystyle y=f\_{k}(x)/a=f\_{k+1}(x)/b.}.

در هر مورد، {\displaystyle y} نمیتواند {\displaystyle 0} باشد زیرا در غیر این صورت مطابق ادعای 1 دنبال خواهد شد که هر کدام {\displaystyle f\_{k+n}(x)} ( {\displaystyle n\in \mathbb {N} } ) برابر {\displaystyle 0} خواهد بود که با ادعای 2 مغایرت دارد. حالا یک عدد طبیعی {\displaystyle c} در نظر بگیرید به طوری که هر سه عدد {\displaystyle bc/k,}{\displaystyle ck/x^{2},} و {\displaystyle c/x^{2}} اعداد صحیح هستند و دنباله زیر را در نظر می گیرند

{\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}}}
پس:

{\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.}
از سوی دیگر، از ادعای 1 بر می آید که:

{\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}}}
که ترکیبی خطی از {\displaystyle g\_{n+1}} و {\displaystyle g\_{n}} با ضرایب صحیح است. بنابراین، هر {\displaystyle g\_{n}} مضرب صحیح {\displaystyle y} است. در ضمن از ادعای 2 بر می آید که هر کدام {\displaystyle g\_{n}} بزرگتر است از {\displaystyle 0} (و بنابراین {\displaystyle g\_{n}\geq |y|} ) اگر {\displaystyle n} به اندازه کافی بزرگ باشد و دنباله ای از همه {\displaystyle g\_{n}} ها به {\displaystyle 0} همگرا می شود. اما دنباله ای از اعداد بزرگتر یا مساوی با {\displaystyle |y|} نمی تواند به {\displaystyle 0} همگرا شود.

از آنجا که {\displaystyle f\_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,} از ادعای 3 بر می آید که {\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}} گنگ است و بنابراین {\displaystyle \pi } گنگ است.

از سوی دیگر، از آنجایی که:

{\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f\_{3/2}(x/2)}{f\_{1/2}(x/2)}},}
پیامد دیگر ادعای 3 این است که اگر {\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus {0}}، پس {\displaystyle \tan x} گنگ است.

اثبات لاکوویچ در واقع در مورد تابع فوق هندسی است. در حقیقت، {\displaystyle f\_{k}(x)=\_{0}F\_{1}\left(k-x^{2}\right)} و گاوس با استفاده از معادله تابعی آن بسط کسری ادامه یافته تابع ابر هندسی را یافت.  این به لاکوویچ اجازه داد تا یک اثبات جدید و ساده‌تر برای این واقعیت بیابد که تابع مماس دارای بسط کسری پیوسته است که لامبرت کشف کرده بود.

نتیجه لاکوویچ را می توان در توابع بسل از نوع اول نیز بیان کرد {\displaystyle J\_{\nu }(x)}. در حقیقت، {\displaystyle \Gamma (k)J\_{k-1}(2x)=x^{k-1}f\_{k}(x)} (جایی که {\displaystyle \Gamma } تابع گاما است). بنابراین نتیجه لاکوویچ برابر است با: اگر {\displaystyle x\neq 0}{\displaystyle x^{2}} گویا باشد و {\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}} پس:

{\displaystyle {\frac {xJ\_{k}(x)}{J\_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}

منابع
-----


1. ↑  Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl {\displaystyle \pi }", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M.; Borwein, Peter B. (eds.), *Pi, a source book* (3rd ed.), New York: Springer-Verlag, pp. 194–225, ISBN 0-387-20571-3.
2. ↑  Lambert, Johann Heinrich (2004) [1768], "Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques", in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M.; Borwein, Peter B. (eds.), *Pi, a source book* (3rd ed.), New York: Springer-Verlag, pp. 129–140, ISBN 0-387-20571-3.
3. 1 2  Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan". *Journal für die reine und angewandte Mathematik* (به فرانسوی). **76**: 303–311.
4. ↑  Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Hermite à Mr. Carl Borchardt". *Journal für die reine und angewandte Mathematik* (به فرانسوی). **76**: 342–344.
5. ↑  Hermite, Charles (1912) [1873]. "Sur la fonction exponentielle". In Picard, Émile (ed.). *Œuvres de Charles Hermite* (به فرانسوی). Vol. III. Gauthier-Villars. pp. 150–181.
6. 1 2  Zhou, Li (2011). "Irrationality proofs à la Hermite". *The Mathematical Gazette*. **95** (534): 407–413. arXiv:0911.1929. doi:10.1017/S0025557200003491.
7. ↑  Jeffreys, Harold (1973), *Scientific Inference* (3rd ed.), Cambridge University Press, p. 268, ISBN 0-521-08446-6
8. ↑  "Department of Pure Mathematics and Mathematical Statistics". *www.dpmms.cam.ac.uk*. Retrieved 2022-04-19.
9. ↑  Niven, Ivan (1947), "A simple proof that [[عدد پی|{\displaystyle \pi }]] is irrational" (PDF), *Bulletin of the American Mathematical Society*, **53** (6): 509, doi:10.1090/s0002-9904-1947-08821-2 `{{citation}}`: URL–wikilink conflict (help)
10. ↑  Bourbaki, Nicolas (1949), *Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III*, Actualités Scientifiques et Industrielles (به فرانسوی), vol. 1074, Hermann, pp. 137–138
11. ↑  Laczkovich, Miklós (1997), "On Lambert's proof of the irrationality of {\displaystyle \pi }", *American Mathematical Monthly*, **104** (5): 439–443, doi:10.2307/2974737, JSTOR 2974737
12. ↑  Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), "Disquisitiones generales circa seriem infinitam", *Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores* (به لاتین), **2**