1760년대에, 요한 하인리히 램버트(Johann Heinrich Lambert) 는 최초로 숫자 π 무리수(irrational) 라는 것을 입증했습니다. 즉, 그것은 분수
a
/
b
{\displaystyle a/b}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
정수(integers) 입니다. 19세기에, 샤를 에르미트(Charles Hermite) 는 기본 미적분학(calculus) 이상의 전제 조건을 요구하지 않은 증명을 발견했습니다. 에르미트의 증명의 세 가지 단순화는 메리 카트라이트(Mary Cartwright) , 아이븐 나이번(Ivan Niven) , 및 니콜라 부르바키(Nicolas Bourbaki) 에 기인합니다. 램버트의 증명의 단순화인 또 다른 증명은 미클로스 라츠코비치(Miklós Laczkovich) 에 기인입니다. 이들 중 많은 것이 모순에 의한 증명(proofs by contradictio) 입니다.
1882년에, 페르디난트 폰 린데만(Ferdinand von Lindemann) 은 π 가 무리수일 뿐만 아니라 초월적(transcendental) 임을 입증했습니다.[1]
Lambert's proof Scan of formula on page 288 of Lambert's "Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes, circulaires et logarithmiques", Mémoires de l'Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265–322 1761년에, 램버트는 이 연속 분수(continued fraction) 전개가 유지함을 먼저 보임으로써 π 가 무리수임을 입증했습니다:
tan
(
x
)
=
x
1
−
x
2
3
−
x
2
5
−
x
2
7
−
⋱
.
{\displaystyle \tan(x)={\cfrac {x}{1-{\cfrac {x^{2}}{3-{\cfrac {x^{2}}{5-{\cfrac {x^{2}}{7-{}\ddots }}}}}}}}.}
그런-다음 램버트는 만약
x
{\displaystyle x}
tan
(
π
/
4
)
=
1
{\displaystyle \tan(\pi /4)=1}
π
/
4
{\displaystyle \pi /4}
π 역시 무리수임이 따릅니다.[2]
Hermite's proof 1873년에 작성된, 이 증명은 π 의 특성을 그것의 절반이 코사인(cosine) 함수의 영(zero) 이라는 가장 작은 양수로 사용하고 실제로
π
2
{\displaystyle \pi ^{2}}
[3] [4] 모순에 의한 증명(proof by contradiction) 입니다.
다음에 의해 정의된
n
∈
N
0
{\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
A
n
{\displaystyle A_{n}}
U
n
{\displaystyle U_{n}}
A
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
,
A
n
+
1
(
x
)
=
∫
0
x
y
A
n
(
y
)
d
y
U
0
(
x
)
=
sin
(
x
)
x
,
U
n
+
1
(
x
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
{\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}}}
귀납법(induction) 을 사용하여 우리는 다음임을 입증할 수 있습니다:
A
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
(
2
n
+
1
)
!
!
−
x
2
n
+
3
2
×
(
2
n
+
3
)
!
!
+
x
2
n
+
5
2
×
4
×
(
2
n
+
5
)
!
!
∓
⋯
U
n
(
x
)
=
1
(
2
n
+
1
)
!
!
−
x
2
2
×
(
2
n
+
3
)
!
!
+
x
4
2
×
4
×
(
2
n
+
5
)
!
!
∓
⋯
{\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}}}
따라서 다음임을 가집니다:
U
n
(
x
)
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
.
{\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}
따라서
A
n
+
1
(
x
)
x
2
n
+
3
=
U
n
+
1
(
x
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
=
−
1
x
d
d
x
(
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
)
=
−
1
x
(
A
n
′
(
x
)
⋅
x
2
n
+
1
−
(
2
n
+
1
)
x
2
n
A
n
(
x
)
x
2
(
2
n
+
1
)
)
=
(
2
n
+
1
)
A
n
(
x
)
−
x
A
n
′
(
x
)
x
2
n
+
3
{\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)={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}
이것은 다음과 동등합니다:
A
n
+
1
(
x
)
=
(
2
n
+
1
)
A
n
(
x
)
−
x
2
A
n
−
1
(
x
)
.
{\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).\,}
수열의 정의를 사용하고 귀납법을 사용하여 우리는 다음임을 보일 수 있습니다:
A
n
(
x
)
=
P
n
(
x
2
)
sin
(
x
)
+
x
Q
n
(
x
2
)
cos
(
x
)
,
{\displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,}
여기서
P
n
{\displaystyle P_{n}}
Q
n
{\displaystyle Q_{n}}
P
n
{\displaystyle P_{n}}
⌊
n
/
2
⌋
{\displaystyle \lfloor n/2\rfloor }
A
n
(
π
/
2
)
=
P
n
(
π
2
/
4
)
{\displaystyle A_{n}(\pi /2)=P_{n}(\pi ^{2}/4)}
에르미트는 역시 함수
A
n
{\displaystyle A_{n}}
A
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
.
{\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z.\,}
그는 이 주장을 정당화하지 않았지만, 그것은 쉽게 증명될 수 있습니다. 무엇보다도 먼저, 이 주장은 다음과 동등합니다:
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
=
U
n
(
x
)
.
{\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).}
귀납법에 의해 진행하면,
n
=
0
{\displaystyle n=0}
∫
0
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
sin
(
x
)
x
=
U
0
(
x
)
{\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}
그리고, 귀납법 단계에 대해, 임의의
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
U
n
(
x
)
,
{\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z=U_{n}(x),}
부분에 의한 적분화(integration by parts) 와 라이프니츠의 규칙(Leibniz's rule) 을 사용하여, 다음을 얻습니다:
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
+
1
cos
(
x
z
)
d
z
=
1
2
n
+
1
(
n
+
1
)
!
(
(
1
−
z
2
)
n
+
1
sin
(
x
z
)
x
|
z
=
0
z
=
1
⏞
=
0
+
∫
0
1
2
(
n
+
1
)
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
x
d
z
)
=
1
x
⋅
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
z
sin
(
x
z
)
d
z
=
−
1
x
⋅
d
d
x
(
1
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
)
=
−
U
n
′
(
x
)
x
=
U
n
+
1
(
x
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}{\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}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&=-{\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]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}
만약
π
2
/
4
=
q
/
p
{\displaystyle \pi ^{2}/4=q/p}
N
{\displaystyle \mathbb {N} }
p
{\displaystyle p}
q
{\displaystyle q}
P
n
{\displaystyle P_{n}}
⌊
n
/
2
⌋
{\displaystyle \lfloor n/2\rfloor }
q
⌊
n
/
2
⌋
P
n
(
π
2
/
4
)
{\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}(\pi ^{2}/4)}
N
{\displaystyle N}
N
=
q
⌊
n
2
⌋
A
n
(
π
2
)
=
q
⌊
n
2
⌋
(
p
q
)
n
+
1
2
2
n
n
!
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
π
2
z
)
d
z
.
{\displaystyle N=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos \left({\frac {\pi }{2}}z\right)\,\mathrm {d} z.}
그러나 이 숫자는 분명하게 0보다 큽니다. 다른 한편으로,
n
{\displaystyle n}
n
{\displaystyle n}
N
<
1
{\displaystyle N<1}
에르미트는 자신의 증명을 목적 그 자체로 제시한 것이 아니라 π 의 초월성의 증명을 찾는 과정에서 뒷궁리 생각으로 제시했습니다. 그는 동기를 부여하고 편리한 적분 표현을 얻기 위해 재귀 관계에 대해 논의했습니다. 한 번 이 적분 표현이 얻어지면, (그가 e 의 초월성의 그의 증명에서 했던 것처럼[5]
게다가, 에르마이트의 증명은 보기보다 램버트의 증명에 더 가깝습니다. 사실,
A
n
(
x
)
{\displaystyle A_{n}(x)}
tan
(
x
)
{\displaystyle \tan(x)}
[6]
Cartwright's proof 해럴드 제프리스(Harold Jeffreys) 는 이 증명이 메리 카트라이트(Mary Cartwright) 에 의해 1945년 캠브리지 대학에서 실시한 시험에서 예시로 설정되었지만, 그녀는 그 기원을 추적하지 않았다고 썼습니다.[7] [8]
다음 적분을 생각해 보십시오:
I
n
(
x
)
=
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
,
{\displaystyle I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}
여기서
n
{\displaystyle n}
두 개의 부분에 의한 적분화(integrations by parts) 는 재귀 관계(recurrence relation) 를 제공합니다:
x
2
I
n
(
x
)
=
2
n
(
2
n
−
1
)
I
n
−
1
(
x
)
−
4
n
(
n
−
1
)
I
n
−
2
(
x
)
.
(
n
≥
2
)
{\displaystyle x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).\qquad (n\geq 2)}
만약 다음이면
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
I
n
(
x
)
,
{\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}
이것은 다음이 됩니다:
J
n
(
x
)
=
2
n
(
2
n
−
1
)
J
n
−
1
(
x
)
−
4
n
(
n
−
1
)
x
2
J
n
−
2
(
x
)
.
{\displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).}
게다가,
J
0
(
x
)
=
2
sin
(
x
)
{\displaystyle J_{0}(x)=2\sin(x)}
J
1
(
x
)
=
−
4
x
cos
(
x
)
+
4
sin
(
x
)
{\displaystyle J_{1}(x)=-4x\cos(x)+4\sin(x)}
n
∈
Z
+
{\displaystyle n\in {\bf {Z_{+}}}}
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
I
n
(
x
)
=
n
!
(
P
n
(
x
)
sin
(
x
)
+
Q
n
(
x
)
cos
(
x
)
)
,
{\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},}
여기서
P
n
(
x
)
{\displaystyle P_{n}(x)}
Q
n
(
x
)
{\displaystyle Q_{n}(x)}
≤
n
{\displaystyle \leq n}
다항식(polynomials) 이고, (
n
{\displaystyle n}
정수(integer) 계수를 가집니다.
x
=
π
/
2
{\displaystyle x=\pi /2}
π
/
2
=
a
/
b
{\displaystyle \pi /2=a/b}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
π 가 유리수임을 가정합니다). 그런-다음
a
2
n
+
1
n
!
I
n
(
π
2
)
=
P
n
(
π
2
)
b
2
n
+
1
.
{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)b^{2n+1}.}
오른쪽 변은 정수입니다. 그러나
0
<
I
n
(
π
/
2
)
<
2
{\displaystyle 0<I_{n}(\pi /2)<2}
a
2
n
+
1
n
!
→
0
as
n
→
∞
.
{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}
따라서, 충분하게 큰
n
{\displaystyle n}
0
<
a
2
n
+
1
I
n
(
π
2
)
n
!
<
1
,
{\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}
즉, 우리는 0과 1 사이의 정수를 찾을 수 있습니다. 그것은 π 가 유리수라는 가정에서 따르는 모순입니다.
이 증명은 에르미트의 증명과 유사합니다. 실제로,
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
2
x
2
n
+
1
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
2
n
+
1
n
!
A
n
(
x
)
.
{\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}}}
어쨌든, 분명히 더 간단합니다. 이것은 함수
A
n
{\displaystyle A_{n}}
Niven's proof 이 증명은 사인(sine) 함수의 가장 작은 양의 영(zero) 으로 π 의 특성을 사용합니다.[9]
π 가 무리수, 즉, 어떤 정수
a
{\displaystyle a}
b
≠
0
{\displaystyle b\neq 0}
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
일반성의 손실 없이(without loss of generality) 양수로 취할 수 있습니다. 임의의 양의 정수
n
{\displaystyle n}
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}
그리로, 각
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
F
(
x
)
=
f
(
x
)
−
f
″
(
x
)
+
f
(
4
)
(
x
)
+
⋯
+
(
−
1
)
n
f
(
2
n
)
(
x
)
.
{\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x).}
주장 1:
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
증명:
f
{\displaystyle f}
x
k
{\displaystyle x^{k}}
c
k
/
n
!
{\displaystyle c_{k}/n!}
c
k
{\displaystyle c_{k}}
k
<
n
{\displaystyle k<n}
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
k
<
n
{\displaystyle k<n}
n
≤
k
≤
2
n
{\displaystyle n\leq k\leq 2n}
(
k
!
/
n
!
)
c
k
{\displaystyle (k!/n!)c_{k}}
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
다른 한편으로,
f
(
π
−
x
)
=
f
(
x
)
{\displaystyle f(\pi -x)=f(x)}
k
{\displaystyle k}
(
−
1
)
k
f
(
k
)
(
π
−
x
)
=
f
(
k
)
(
x
)
{\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi -x)=f^{(k)}(x)}
(
−
1
)
k
f
(
k
)
(
π
)
=
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0)}
f
(
k
)
(
π
)
{\displaystyle f^{(k)}(\pi )}
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
F
(
π
)
=
F
(
0
)
{\displaystyle F(\pi )=F(0)}
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
주장 2:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )}
증명:
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
F
″
+
F
=
f
.
{\displaystyle F''+F=f.}
사인(sine) 과 코사인(cosine) 함수의 도함수(derivatives) 는
sin
′
=
cos
{\displaystyle \sin '=\cos }
cos
′
=
−
sin
{\displaystyle \cos '=-\sin }
곱 규칙(product rule) 은 다음을 의미합니다:
(
F
′
⋅
sin
−
F
⋅
cos
)
′
=
f
⋅
sin
{\displaystyle (F'\cdot \sin -F\cdot \cos )'=f\cdot \sin }
미적분의 기본 정리(fundamental theorem of calculus) 에 의해
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
(
F
′
(
x
)
sin
x
−
F
(
x
)
cos
x
)
|
0
π
.
{\displaystyle \left.\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}\right|_{0}^{\pi }.}
sin
0
=
sin
π
=
0
{\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}
cos
0
=
−
cos
π
=
1
{\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}
π 의 특성화를 사인 함수의 영으로 사용합니다), 주장 2가 따릅니다.
결론:
f
(
x
)
>
0
{\displaystyle f(x)>0}
0
<
x
<
π
{\displaystyle 0<x<\pi }
sin
x
>
0
{\displaystyle \sin x>0}
π 가 사인 함수의 가장 작은 양의 영이기 때문), 주장 1과 2는
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
양의 정수임을 보입니다.
0
≤
x
(
a
−
b
x
)
≤
π
a
{\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}
0
≤
x
≤
π
{\displaystyle 0\leq x\leq \pi }
0
≤
sin
x
≤
1
{\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}
f
{\displaystyle f}
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
≤
π
(
π
a
)
n
n
!
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}
이것은 큰
n
{\displaystyle n}
n
{\displaystyle n}
F
(
0
)
+
F
(
π
)
<
1
{\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
π
{\displaystyle \pi }
위의 증명은 다음 공식의 해석학의, 전제 조건과 관련하여 가능한 한 단순하게 유지되는, 세련된 버전입니다:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
∑
j
=
0
n
(
−
1
)
j
(
f
(
2
j
)
(
π
)
+
f
(
2
j
)
(
0
)
)
+
(
−
1
)
n
+
1
∫
0
π
f
(
2
n
+
2
)
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
,
{\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,}
이것은
2
n
+
2
{\displaystyle 2n+2}
부분에 의한 적분(integrations by parts) 에 의해 얻게 됩니다. 주장 2는 필연적으로 이 공식을 설정하며, 여기서
F
{\displaystyle F}
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
나이번의 증명은 첫눈에 보이는 것보다 카트라이트의 (및 따라서 에르미트의) 증명에 더 가깝습니다.[6]
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
∫
−
1
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
x
z
)
d
z
=
∫
−
1
1
(
x
2
−
(
x
z
)
2
)
n
x
cos
(
x
z
)
d
z
.
{\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}}}
그러므로, 치환(substitution)
x
z
=
y
{\displaystyle xz=y}
∫
−
x
x
(
x
2
−
y
2
)
n
cos
(
y
)
d
y
.
{\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.}
특히,
J
n
(
π
2
)
=
∫
−
π
/
2
π
/
2
(
π
2
4
−
y
2
)
n
cos
(
y
)
d
y
=
∫
0
π
(
π
2
4
−
(
y
−
π
2
)
2
)
n
cos
(
y
−
π
2
)
d
y
=
∫
0
π
y
n
(
π
−
y
)
n
sin
(
y
)
d
y
=
n
!
b
n
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
.
{\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}}}
증명들 사이의 또 다른 연결은 만약
f
{\displaystyle f}
F
=
f
−
f
(
2
)
+
f
(
4
)
∓
⋯
,
{\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}
다음이라는 에르미트가 이미 언급한 사실에[3]
∫
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
′
(
x
)
sin
(
x
)
−
F
(
x
)
cos
(
x
)
+
C
,
{\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,}
이것으로부터 다음임을 따릅니다:
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
F
(
π
)
+
F
(
0
)
.
{\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0).}
Bourbaki's proof 브루바키(Bourbaki) 의 증명은 그의 미적분학(calculus) 논문에서 연습으로 요약되어 있습니다.[10] b 와 각 비-음의 정수 n 에 대해 다음을 정의합니다:
A
n
(
b
)
=
b
n
∫
0
π
x
n
(
π
−
x
)
n
n
!
sin
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
π 에서 값 0이고 그렇지 않으면 0보다 큰 값을 취하는
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
A
n
(
b
)
>
0
{\displaystyle A_{n}(b)>0}
b 에 대해, n 이 충분히 크면
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
x
(
π
−
x
)
≤
(
π
2
)
2
{\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}
그리고 따라서
A
n
(
b
)
≤
π
b
n
1
n
!
(
π
2
)
2
n
=
π
(
b
π
2
/
4
)
n
n
!
.
{\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!}}.}
다른 한편으로, 반복된 부분에 의한 적분화(repeated integration by parts) 는 a 와 b 가
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
f
{\displaystyle f}
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
R
{\displaystyle \mathbf {R} }
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
,
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}
다음이라고 추론하는 것을 허용합니다:
A
n
(
b
)
=
∫
0
π
f
(
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
[
−
f
(
x
)
cos
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
−
[
−
f
′
(
x
)
sin
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
+
⋯
±
[
f
(
2
n
)
(
x
)
cos
(
x
)
]
x
=
0
x
=
π
±
∫
0
π
f
(
2
n
+
1
)
(
x
)
cos
(
x
)
d
x
.
{\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 \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}}}
이 마지막 적분은 0인데, 왜냐하면
f
(
2
n
+
1
)
{\displaystyle f^{(2n+1)}}
f
{\displaystyle f}
2
n
{\displaystyle 2n}
f
(
k
)
{\displaystyle f^{(k)}}
0
≤
k
≤
2
n
{\displaystyle 0\leq k\leq 2n}
π 에서 양의 값을 취하고 같은 것은 사인과 코사인 함수에서도 발생하므로, 이것은
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
n
{\displaystyle n}
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
모순(contradiction) 에 도달합니다.
이 증명은 나이번의 증명에 매우 가깝습니다. 이들 사이의 주요 차이점은 숫자
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
Laczkovich's proof 미클로스 라츠코비치(Miklós Laczkovich 의 증명은 램버트 원래 증명의 단순화입니다.[11]
f
k
(
x
)
=
1
−
x
2
k
+
x
4
2
!
k
(
k
+
1
)
−
x
6
3
!
k
(
k
+
1
)
(
k
+
2
)
+
⋯
(
k
∉
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
)
.
{\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 \}).}
이들 함수는 모든
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbf {R} }
f
1
2
(
x
)
=
cos
(
2
x
)
,
{\displaystyle f_{\frac {1}{2}}(x)=\cos(2x),}
f
3
2
(
x
)
=
sin
(
2
x
)
2
x
.
{\displaystyle f_{\frac {3}{2}}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}
주장 1: 다음 재귀 관계(recurrence relation) 를 유지합니다:
∀
x
∈
R
:
x
2
k
(
k
+
1
)
f
k
+
2
(
x
)
=
f
k
+
1
(
x
)
−
f
k
(
x
)
.
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} :\qquad {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}
증명: 이것은
x
{\displaystyle x}
주장 2: 각
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbf {R} }
lim
k
→
+
∞
f
k
(
x
)
=
1.
{\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}
증명: 사실, 수열
x
2
n
/
n
!
{\displaystyle x^{2n}/n!}
C
{\displaystyle C}
k
>
1
{\displaystyle k>1}
|
f
k
(
x
)
−
1
|
⩽
∑
n
=
1
∞
C
k
n
=
C
1
/
k
1
−
1
/
k
=
C
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}}.}
주장 3: 만약
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
x
2
{\displaystyle x^{2}}
∀
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
:
f
k
(
x
)
≠
0
and
f
k
+
1
(
x
)
f
k
(
x
)
∉
Q
.
{\displaystyle \forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ and }}\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
증명: 그렇지 않으면, 숫자
y
≠
0
{\displaystyle y\neq 0}
f
k
(
x
)
=
a
y
{\displaystyle f_{k}(x)=ay}
f
k
+
1
(
x
)
=
b
y
{\displaystyle f_{k+1}(x)=by}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
y
=
f
k
+
1
(
x
)
{\displaystyle y=f_{k+1}(x)}
f
k
(
x
)
=
0
{\displaystyle f_{k}(x)=0}
a
=
0
{\displaystyle a=0}
b
=
1
{\displaystyle b=1}
f
k
+
1
(
x
)
/
f
k
(
x
)
=
b
/
a
{\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
y
=
f
k
(
x
)
/
a
=
f
k
+
1
(
x
)
/
b
{\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b}
y
{\displaystyle y}
f
k
+
n
(
x
)
(
n
∈
N
)
{\displaystyle f_{k+n}(x)\;(n\in \mathbf {N} )}
b
c
/
k
{\displaystyle bc/k}
c
k
/
x
2
{\displaystyle ck/x^{2}}
c
/
x
2
{\displaystyle c/x^{2}}
c
{\displaystyle c}
g
n
=
{
f
k
(
x
)
n
=
0
c
n
k
(
k
+
1
)
⋯
(
k
+
n
−
1
)
f
k
+
n
(
x
)
n
≠
0
{\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}}}
그런-다음
g
0
=
f
k
(
x
)
=
a
y
∈
Z
y
and
g
1
=
c
k
f
k
+
1
(
x
)
=
b
c
k
y
∈
Z
y
.
{\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.}
다른 한편으로, 그것은 다음임을 주장 1에서 따릅니다:
g
n
+
2
=
c
n
+
2
x
2
k
(
k
+
1
)
⋯
(
k
+
n
−
1
)
⋅
x
2
(
k
+
n
)
(
k
+
n
+
1
)
f
k
+
n
+
2
(
x
)
=
c
n
+
2
x
2
k
(
k
+
1
)
⋯
(
k
+
n
−
1
)
f
k
+
n
+
1
(
x
)
−
c
n
+
2
x
2
k
(
k
+
1
)
⋯
(
k
+
n
−
1
)
f
k
+
n
(
x
)
=
c
(
k
+
n
)
x
2
g
n
+
1
−
c
2
x
2
g
n
=
(
c
k
x
2
+
c
x
2
n
)
g
n
+
1
−
c
2
x
2
g
n
,
{\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}}}
이것은 정수 계수를 갖는
g
n
+
1
{\displaystyle g_{n+1}}
g
n
{\displaystyle g_{n}}
g
n
{\displaystyle g_{n}}
y
{\displaystyle y}
g
n
{\displaystyle g_{n}}
n
{\displaystyle n}
g
n
≥
|
y
|
{\displaystyle g_{n}\geq |y|}
g
n
{\displaystyle g_{n}}
|
y
|
{\displaystyle |y|}
f
1
/
2
(
π
/
4
)
=
cos
(
π
/
2
)
=
0
{\displaystyle f_{1/2}(\pi /4)=\cos(\pi /2)=0}
π
2
/
16
{\displaystyle \pi ^{2}/16}
π
{\displaystyle \pi }
다른 한편으로, 다음이기 때문에,
tan
x
=
sin
x
cos
x
=
x
f
3
/
2
(
x
/
2
)
f
1
/
2
(
x
/
2
)
,
{\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)}},}
주장 3의 또 다른 결론은
x
∈
Q
∖
{
0
}
{\displaystyle x\in \mathbf {Q} \backslash \{0\}}
tan
x
{\displaystyle \tan x}
라츠코비치의 증명은 실제로 초기하 함수(hypergeometric function) 에 대한 것입니다. 사실,
f
k
(
x
)
=
0
F
1
(
k
;
−
x
2
)
{\displaystyle f_{k}(x)={_{0}F_{1}}(k;-x^{2})}
가우스(Gauss) 는 그것의 함수형 방정식(functional equation) 을 사용하여 초기하 함수의 연속 분수 전개를 발견했습니다.[12]
라츠코비치의 결과는 역시 Bessel functions of the first kind J ν x ) 에서 표현될 수 있습니다, 사실,
Γ
(
k
)
J
k
−
1
(
2
x
)
=
x
k
−
1
f
k
(
x
)
{\displaystyle \Gamma (k)J_{k-1}(2x)=x^{k-1}f_{k}(x)}
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
x
2
{\displaystyle x^{2}}
∀
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
:
x
J
k
(
x
)
J
k
−
1
(
x
)
∉
Q
.
{\displaystyle \forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
See also References
^ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl π ", 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 ^ 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 ^ a b Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan" . Journal für die reine und angewandte Mathematik 76 : 303–311.^ Hermite, Charles (1873). "Extrait d'une lettre de Mr. Ch. Hermite à Mr. Carl Borchardt" . Journal für die reine und angewandte Mathematik 76 : 342–344.^ Hermite, Charles (1912) [1873]. "Sur la fonction exponentielle". In Picard, Émile (ed.). Œuvres de Charles Hermite ^ a b Zhou, Li (2011). "Irrationality proofs à la Hermite". The Mathematical Gazette . 95 (534): 407–413. arXiv :0911.1929 doi :10.1017/S0025557200003491 . S2CID 115175505 . ^ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference 268 , ISBN 0-521-08446-6 ^ "Department of Pure Mathematics and Mathematical Statistics" . www.dpmms.cam.ac.uk . Retrieved 2022-04-19 .^ Niven, Ivan (1947), "A simple proof that π is irrational" (PDF) , Bulletin of the American Mathematical Society doi :10.1090/s0002-9904-1947-08821-2 ^ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (in French), vol. 1074, Hermann , pp. 137–138^ Laczkovich, Miklós (1997), "On Lambert's proof of the irrationality of π ", American Mathematical Monthly doi :10.2307/2974737 , JSTOR 2974737 ^ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), "Disquisitiones generales circa seriem infinitam", Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (in Latin), 2
![{\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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/383a2c124e9fb0483d8cff6fe43ec2cb11123f1e)
![{\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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/71ef34699d572cced2bc23573fe5c44333a8f69a)
![{\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)={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f6103a625b3c5e869bc9ffd0a714492f1c886159)
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\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}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,\mathrm {d} z\right)\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,\mathrm {d} z\\[8pt]&=-{\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]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}\\[4pt]&=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f96e8b4411461494ee278d33b7175587e6a3bcbe)
![{\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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a2b59eeb1f470090f6b6b8fe33df2b451cde970e)
![{\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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/410fc7da3ac44721eeb5582178544cf1d7021306)
![{\displaystyle [0,\pi ]}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3e2a912eda6ef1afe46a81b518fe9da64a832751)
![{\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 \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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5843d87cd3a6f95e36af68dabf82f4d24ea26fb2)
![{\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}}}](https://dawoum.duckdns.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c762d4cefc09f9ffbb2077a4e94f9db8b4246056)
