ב-1761 הוכיח המתמטיקאי יוהאן היינריך למברט לראשונה כי הקבוע המתמטי **π** הוא מספר אי-רציונלי – כלומר לא ניתן לבטאו כיחס בין שני מספרים שלמים.  

ב-1873 מצא שארל הרמיט הוכחה המשתמשת בכלים בסיסיים בחשבון אינפיניטסימלי. שלושה פישוטים להוכחתו של הרמיט נערכו בידי ניקולא בורבאקי, מרי קרטרייט ואיוון ניוון. הוכחה נוספת, המהווה פישוט להוכחתו המקורית של למברט, נערכה בידי מיקלוש לצקוביץ'. רבות מן ההוכחות האלה הן בדרך השלילה.

ב-1882 הוכיח פרדיננד לינדמן כי לא זאת בלבד ש-{\displaystyle \pi } אי-רציונלי, אלא גם מספר טרנסצנדנטי – כלומר אינו שורש של אף פולינום בעל מקדמים רציונליים.

למברט
-----

ראשית, הראה למברט באמצעות חילוק פולינומים שוב ושוב כי הפונקציה {\displaystyle \tan(x)} ניתנת לביטוי כשבר משולב אינסופי:

{\displaystyle \tan(x)={\dfrac {x}{1-{\dfrac {x^{2}}{3-{\dfrac {x^{2}}{5-{\dfrac {x^{2}}{7-{\dfrac {x^{2}}{\ddots }}}}}}}}}}}
לאחר מכן הוכיח כי אם {\displaystyle x\neq 0} רציונלי אזי הביטוי הנ"ל תמיד אי-רציונלי – במילים אחרות, אם הביטוי הנ"ל מספר רציונלי אזי {\displaystyle x} אי-רציונלי.  

מאחר שמתקיים {\displaystyle \tan \left({\frac {\pi }{4}}\right)=1} אזי המספר {\displaystyle {\frac {\pi }{4}}} אי-רציונלי, וכך גם {\displaystyle \pi }.

הרמיט
-----

נניח בשלילה כי {\displaystyle \pi } רציונלי. נגדיר שתי סדרות פונקציות ממשיות:

{\displaystyle {\begin{aligned}A\_{0}(x)&=\sin(x),&&A\_{n+1}(x)=\int \limits \_{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}}}
באינדוקציה מתמטית ניתן להוכיח כי

{\displaystyle {\begin{aligned}A\_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\cdot (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\cdot 4\cdot (2n+5)!!}}-{\frac {x^{2n+7}}{2\cdot 4\cdot 6\cdot (2n+7)!!}}\pm \cdots \\[5pt]U\_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\cdot (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\cdot 4\cdot (2n+5)!!}}-{\frac {x^{6}}{2\cdot 4\cdot 6\cdot (2n+7)!!}}\pm \cdots \end{aligned}}}
ועל כן נקבל כי {\displaystyle U\_{n}(x)={\frac {A\_{n}(x)}{x^{2n+1}}}}. לכן

{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {A\_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U\_{n+1}(x)=-{\frac {U\_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {d}{dx}}\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}}}\\[6pt]A\_{n+1}(x)&=(2n+1)A\_{n}(x)-x^{2}A\_{n-1}(x)\end{aligned}}}
באמצעות שימוש בהגדרת הסדרה ובאינדוקציה מתמטית ניתן להראות כי

{\displaystyle A\_{n}(x)=P\_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ\_{n}(x^{2})\cos(x)}
כאשר {\displaystyle P\_{n},Q\_{n}} פולינומים במקדמים שלמים, ומתקיים {\displaystyle \deg(P\_{n})\leq {\bigl \lfloor }0.5n{\bigr \rfloor }} (מעלת הפולינום). בפרט, {\displaystyle A\_{n}(0.5\pi )=P\_{n}(0.25\pi ^{2})}.

הרמיט אף מצא נוסחה סגורה לסדרה הראשונה:

{\displaystyle A\_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)dz}
הוא לא הצדיק את הטענה, אך היא ניתנת להוכחה בקלות. ראשית, טענה זו שקולה לביטוי

{\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)dz={\frac {A\_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U\_{n}(x)}
נמשיך באינדוקציה. עבור {\displaystyle n=0} מתקיים

{\displaystyle \int \limits \_{0}^{1}\cos(xz)dz={\frac {\sin(x)}{x}}=U\_{0}(x)}
עתה נניח כי הנוסחה נכונה עבור {\displaystyle n=k}, ונוכיח כי היא נכונה עבור {\displaystyle n=k+1}.  

תוך שימוש באינטגרציה בחלקים ובכלל לייבניץ לגזירה תחת סימן האינטגרל, נקבל כי

{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{2^{k+1}(k+1)!}}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{k+1}\cos(xz)dz&={\frac {1}{2^{k+1}(k+1)!}}{\Bigg (}\,\overbrace {\left.(1-z^{2})^{k+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|\_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}\ +\ \int \limits \_{0}^{1}2(k+1)(1-z^{2})^{k}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,dz{\Bigg )}\\[5pt]&\qquad ={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{k}k!}}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{k}z\sin(xz)dz\\[5pt]&\qquad =-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {d}{dx}}\left({\frac {1}{2^{k}k!}}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{k}\cos(xz)dz\right)\\[5pt]&\qquad =-{\frac {U\_{k}'(x)}{x}}\\[5pt]&\qquad =U\_{k+1}(x)\end{aligned}}}
אם {\displaystyle {\frac {\pi ^{2}}{4}}={\frac {p}{q}}} כאשר {\displaystyle p,q\in \mathbb {N} }, אזי מפני שמקדמי {\displaystyle P\_{n}} שלמים וכן {\displaystyle \deg(P\_{n})\leq {\bigl \lfloor }0.5n{\bigr \rfloor }} – נובע כי {\displaystyle q^{\lfloor 0.5n\rfloor }P\_{n}(0.25\pi ^{2})=N} מספר שלם. במילים אחרות:

{\displaystyle N=q^{\lfloor 0.5n\rfloor }A\_{n}(0.5\pi )=q^{\lfloor 0.5n\rfloor }{\frac {1}{2^{n}n!}}\left({\dfrac {p}{q}}\right)^{n+0.5}\int \limits \_{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(0.5\pi z)dz}
ובבירור מתקיים {\displaystyle N>0}, מאידך, הגבול של ביטוי זה כאשר {\displaystyle n\to \infty } הוא 0, כלומר עבור {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים {\displaystyle 0<N<1}. סתירה.

**הערה:** הרמיט לא הציג הוכחה זו כבפני עצמה אלא כמחשבה נוספת במהלך חיפושיו אחר הוכחה לטרנסצנדנטיות של π. הוא דן ושקל בנוסחאות הנסיגה לצורך השגת ייצוג אינטגרלי נוח. כאשר מתקבל ייצוג אינטגרלי זה, ישנן דרכים שונות להציג הוכחה תמציתית ועצמאית החל מן האינטגרל (כפי שמופיע בהוכחותיהם של בורבאקי, קרטרייט וניוון) אשר הרמיט הבחין בהן בקלות (כפי שעשה בהוכחתו לטרנסצנדנטיות של e).  

בנוסף, הוכחתו של הרמיט קרובה להוכחתו של למברט יותר מכפי שנראה. למעשה, {\displaystyle A\_{n}(x)} היא ה"שארית" של השבר המשולב שהציג למברט עבור הפונקציה {\displaystyle \tan(x)}.

בורבאקי
-------

נניח בשלילה כי {\displaystyle \pi } רציונלי, כלומר קיימים {\displaystyle a,b\in \mathbb {N} } עבורם {\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}}.  

לכל {\displaystyle n\in \mathbb {N} } נגדיר פולינום

{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum \_{m\,=\,n}^{2n}{\frac {c\_{m}}{n!}}x^{m},\quad :c\_{m}\in \mathbb {Z} }
מתקיים {\displaystyle f(x)=f(\pi -x)} ולכן

{\displaystyle {\begin{aligned}f^{(k)}(x)=(-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)&={\begin{cases}\displaystyle \sum \_{m\,=\,n}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}c\_{m}x^{m-k}&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle \sum \_{m\,=\,k}^{2n}{\frac {k!}{n!}}{\binom {m}{k}}c\_{m}x^{m-k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\\[5pt]f^{(k)}(0)=(-1)^{k}f^{(k)}(\pi )&={\begin{cases}0&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]\displaystyle {\frac {k!}{n!}}c\_{k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\end{aligned}}}
עתה נגדיר {\displaystyle A\_{n}=\int \limits \_{0}^{\pi }f(x)\sin(x)dx}. האינטגרנד חיובי בקטע הפתוח {\displaystyle (0,\pi )} ומתאפס רק בקצוות, ולכן מתקיים {\displaystyle A\_{n}>0}.  

שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי

{\displaystyle A\_{n}={\Big [}{-f(x)}\cos(x){\Big ]}\_{0}^{\pi }-{\Big [}{-f'(x)}\sin(x){\Big ]}\_{0}^{\pi }+\cdots \pm {\Big [}f^{(2n)}(x)\cos(x){\Big ]}\_{0}^{\pi }\pm \int \limits \_{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)dx}
האינטגרל האחרון מתאפס מפני שמתקיים זהותית {\displaystyle f^{(2n+1)}(x)=0}, שכן {\displaystyle \deg(f)=2n}.  

מכיוון שלכל {\displaystyle 0\leq k\leq 2n} הפונקציות {\displaystyle f^{(k)}(x),\sin(x),\cos(x)} מקבלות ערכים שלמים בקצות הקטע, אזי {\displaystyle A\_{n}} מספר שלם.

מאידך, בקטע הפתוח מתקיים 

{\displaystyle {\begin{aligned}&0<x<\pi \\&0<a-bx<a\\&0<\sin(x)<1\end{aligned}}}
ולכן {\displaystyle 0<A\_{n}<\pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}. אך עבור {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים {\displaystyle 0<A\_{n}<1}. סתירה.

ניוון
-----

הוכחה זו זהה ברובה להוכחתו של בורבאקי לעיל. נגדיר {\displaystyle f(x),A\_{n}} כנ"ל. עתה נגדיר

{\displaystyle F(x)=\sum \_{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k)}(x)}
נגזור פעמיים, ומפני שמתקיים זהותית {\displaystyle f^{(2n+2)}(x)=0} נקבל כי

{\displaystyle {\begin{aligned}F''(x)=\sum \_{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k+2)}(x)=\sum \_{k\,=\,1}^{n}(-1)^{k-1}f^{(2k)}(x)\\[5pt]F''(x)+F(x)=f(x)\end{aligned}}}
מהמשוואה האחרונה נקבל

{\displaystyle {\begin{aligned}f(x)\sin(x)&=F''(x)\sin(x)+F(x)\sin(x)\\[5pt]&={\bigl [}F''(x)\sin(x)+F'(x)\cos(x){\bigr ]}-{\bigl [}F'(x)\cos(x)-F(x)\sin(x){\bigr ]}\\[5pt]&={\bigl [}F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x){\bigr ]}'\\[5pt]A\_{n}=\int \limits \_{0}^{\pi }f(x)\sin(x)dx&={\Big [}F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x){\Big ]}\_{0}^{\pi }=F(\pi )+F(0)\end{aligned}}}
הביטוי האחרון הוא מספר שלם, שכן בהוכחה הקודמת הראינו כי הפונקציות {\displaystyle f^{(k)}(x)} מקבלות ערכים שלמים בקצוות. המשך ההוכחה זהה.

קרטרייט
-------

נניח בשלילה כי {\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}}, כאשר {\displaystyle a,b\in \mathbb {N} }.  

לכל {\displaystyle n\in \mathbb {N} } נגדיר פולינום

{\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {(1-x^{2})^{n}}{n!}}=\sum \_{m\,=\,n}^{2n}{\dfrac {c\_{m}}{n!}}x^{m},\quad :c\_{m}\in \mathbb {Z} \\[5pt]f^{(k)}(1)&={\begin{cases}0&:0\leq k\leq n-1\\[5pt]{\dfrac {k!}{n!}}\,c\_{k}&:n\leq k\leq 2n\end{cases}}\end{aligned}}}
עתה נגדיר {\displaystyle I\_{n}(x)=\int \limits \_{-1}^{1}f(z)\cos(xz)dz=2\int \limits \_{0}^{1}f(z)\cos(xz)dz}.
שימוש חוזר באינטגרציה בחלקים מאפשר לנו להסיק כי

{\displaystyle {\begin{aligned}I\_{n}(x)=2\left[f(z){\frac {\sin(xz)}{x}}\right]\_{0}^{1}+2\left[f'\!(z){\frac {\cos(xz)}{x^{2}}}\right]\_{0}^{1}+\cdots \pm 2\left[f^{(2n)}(z){\frac {\sin(xz)}{x^{2n+1}}}\right]\_{0}^{1}\pm 2\int \limits \_{0}^{1}f^{(2n+1)}(z){\frac {\sin(xz)}{x^{2n+1}}}dz=2\sum \_{k\,=\,0}^{2n}f^{(k)}(1){\frac {\sin ^{(k)}(x)}{x^{k+1}}}\\[5pt]x^{2n+1}I\_{n}(x)=2\sum \_{k\,=\,0}^{2n}f^{(k)}(1)\sin ^{(k)}(x)x^{2n-k}\end{aligned}}}
נציב {\displaystyle x={\frac {\pi }{2}}={\frac {a}{2b}}} ונקבל

{\displaystyle {\begin{aligned}(0.5\pi )^{2n+1}I\_{n}(0.5\pi )&=2\sum \_{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k)}\!(1)\,(0.5\pi )^{2n-2k}\\[5pt]N\_{n}=a^{2n+1}I\_{n}(0.5\pi )&=2\sum \_{k\,=\,0}^{n}(-1)^{k}f^{(2k)}\!(1)\,a^{2n-2k}(2b)^{2k+1}\end{aligned}}}
הביטוי האחרון הוא מספר שלם, ומתקיים {\displaystyle 0<N\_{n}<2a{\frac {a^{2n}}{n!}}}. אך עבור {\displaystyle n} גדול מספיק מתקיים {\displaystyle 0<N\_{n}<1}. סתירה.

ראו גם
------

* מספר טרנסצנדנטי
* טרנסצנדנטיות של e
* טרנסצנדנטיות של π
* שארל הרמיט
* ניקולא בורבאקי
* מרי קרטרייט