Prova da irracionalidade de π

No século XVIII, Johann Heinrich Lambert provou que o número π (pi) é irracional. Em outras palavras, ele não pode ser expresso como uma fração a/b, em que a é um número inteiro e b é um inteiro não nulo. No século XIX, Charles Hermite encontrou uma prova que não requer nenhum pré-requisito de conhecimento além de cálculo básico. Três simplificações da prova de Hermite são devidas a Maria Cartwright, Ivan Niven e Bourbaki. Outra prova, que é uma simplificação da prova de Lambert, é devida a Miklós Laczkovich.

Em 1882, Ferdinand von Lindemann provou que π não só é irracional, como também é transcendental.^[1]

Em 1761, Lambert provou que π é irracional mostrando primeiro que vale a seguinte expansão em frações continuas:

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

Em seguida, Lambert provou que, se x é diferente de zero e racional, então esta expressão deve ser irracional. Como tan(π/4) = 1, segue-se que π/4 é irracional e, portanto, que π é irracional.^[2] Uma simplificação da prova de Lambert é dada abaixo.

Esta prova utiliza a caracterização de π como o menor número positivo cuja metade é um zero da função cosseno e na verdade prova que π² é irracional.^[3][4] Como em muitas demonstrações de irracionalidade, a argumentação é feita por redução ao absurdo.

Considere as sequências (A_n)_{n ≥ 0} e (U_n)_{n ≥ 0} de funções de R em R, assim definidas:

1. ${\displaystyle A_{0}(x)=\sin(x);\,}$
2. ${\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):A_{n+1}(x)=\int _{0}^{x}yA_{n}(y)\,dy;}$
3. ${\displaystyle U_{0}(x)={\frac {\sin(x)}{x}};}$
4. ${\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}.}$

Pode-se provar por indução que $${\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots }$$ e que $${\displaystyle (\forall n\in \mathbb {Z} _{+}):U_{n}(x)={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\times (2n+3)!!}}+{\frac {x^{4}}{2\times 4\times (2n+5)!!}}\mp \cdots }$$ e, por conseguinte, que $${\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.}$$ Logo, $${\displaystyle {\frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}=U_{n+1}(x)=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=-{\frac {1}{x}}{\frac {d}{dx}}\left({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\right),}$$ o que é equivalente a $${\displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).\,}$$ Segue disto por indução, e do fato de que A₀(x) = sin(x) e que A₁(x) = −x cos(x) + sin(x), que A_n(x) pode ser escrito como P_n(x²)sin(x) + xQ_n(x²)cos(x), em que P_n e Q_n são funções polinomiais com coeficientes inteiros, sendo que o grau de P_n é menor ou igual a ⌊n/2⌋. Em particular, A_n(π/2) = P_n(π²/4).

Hermite também forneceu uma expressão fechada para a função A_n, a saber $${\displaystyle A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz.}$$ Ele não justificou esta afirmação, mas ela pode ser comprovada facilmente. Primeiramente, esta afirmação é equivalente a $${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x).}$$ Procedendo por indução, considere n = 0. $${\displaystyle \int _{0}^{1}\cos(xz)\,dz={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}$$ e, para o passo de indução, considere qualquer n ∈ Z₊. Se $${\displaystyle {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz=U_{n}(x),}$$ então, usando integração por partes e a regra de Leibniz, obtém-se $${\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad {\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n+1}\cos(xz)\,dz\\&={\frac {1}{2^{n+1}(n+1)!}}{\Biggl (}\overbrace {\left.(1-z^{2})^{n+1}{\frac {\sin(xz)}{x}}\right|_{z=0}^{z=1}} ^{=\,0}+\int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{\frac {\sin(xz)}{x}}\,dz{\Biggr )}\\[8pt]&={\frac {1}{x}}\cdot {\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}z\sin(xz)\,dz\\[8pt]&=-{\frac {1}{x}}\cdot {\frac {d}{dx}}\left({\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\right)\\[8pt]&=-{\frac {U_{n}'(x)}{x}}=U_{n+1}(x).\end{aligned}}}$$ Se π²/4 = p/q, com p e q em N, então, uma vez que os coeficientes de P_n são números inteiros e o seu grau é menor ou igual a ⌊n/2⌋, o número p^⌊n/2⌋P_n(π²/4) é algum inteiro N. Em outras palavras, $${\displaystyle {\begin{aligned}N&=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }A_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)\\&=q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})\cos \left({\frac {\pi }{2}}z\right)\,dz.\end{aligned}}}$$ Mas este número é claramente maior do que 0; portanto, N ∈ N. Por outro lado, $${\displaystyle \lim _{n\in \mathbb {N} }q^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {\left({\frac {p}{q}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}{2^{n}n!}}=0.}$$ e assim, se n é suficientemente grande, N < 1. Deste modo, obteve-se uma contradição.

Hermite não apresentou a sua prova como um fim em si, mas como uma reflexão posterior em sua busca por uma prova da transcendência de π. Ele discutiu as relações de recorrência para motivar e obter uma representação integral conveniente. Uma vez que esta representação integral é obtida, existem várias formas de apresentar uma prova sucinta e autocontida a partir do integral (como nas apresentações de Cartwright, Bourbaki ou Niven), que podiam ser vistas por Hermite (como ele fez em sua prova da transcendência de e^[5]).

Além disso, a prova de Hermite é mais próxima da prova de Lambert do que parece. Na verdade, A_n(x) é o "resíduo" (ou "resto") da fração contínua de Lambert para tan(x).^[6]

Harold Jeffreys escreveu que esta prova foi colocada como um exemplo em um exame na Universidade de Cambridge, em 1945 por Mary Cartwright, mas que ela não havia identificado a sua origem.^[7]

Considere as integrais $${\displaystyle I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,}$$ em que n é um número inteiro não negativo.

Duas integrações por partes resultam na relação de recorrência $${\displaystyle (\forall n\in \mathbb {N} \setminus \{1\}):x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).}$$ Se $${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),\,}$$ então isso se torna $${\displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).}$$ Além disso, J₀(x) = 2sen(x) e J₁(x) = -4x cos(x) + 4sen(x). Assim, para todo n ∈ Z₊, $${\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n}(x)\cos(x){\bigr )},\,}$$ em que P_n(x) e Q_n(x) são polinômios de grau ≤ 2n, e com coeficientes inteiros (que dependem de n).

Tome x = π/2, e suponha, se possível, que π/2 = a/b, sendo a e b números naturais (em outras palavras, suponha que π é racional). Então, $${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)b^{2n+1}.}$$ O lado direito é um número inteiro. Mas 0 < I_n(π/2) < 2 uma vez que o intervalo [−1, 1] tem comprimento 2 e a função que está sendo integrada assume apenas valores entre 0 e 1. Por outro lado, $${\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0{\text{ as }}n\to \infty .}$$ Assim, para n suficientemente grande $${\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1,}$$ isto é, seria possível encontrar um número inteiro entre 0 e 1. Essa é uma contradição que decorre da hipótese de que π é racional.

Esta prova é semelhante à de Hermite. De fato, $${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=2x^{2n+1}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=2^{n+1}n!A_{n}(x).\end{aligned}}}$$ No entanto, é claramente mais simples. Consegue-se isso passando a definição indutiva das funções A_n e tomando como ponto de partida a sua expressão como uma integral.

Esta prova utiliza a caracterização de π como o menor raiz positivo da função seno.^[8]

Suponha que π é racional, ou seja, que π = a /b para certos inteiros a e b ≠ 0 que, sem perda de generalidade, podem ser tomados positivos. Dado qualquer inteiro positivo n, define-se a função polinomial f de R em R por $${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}$$ e, para cada x ∈ R denote por $${\displaystyle F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{j}f^{(2j)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x)}$$ a soma alternada de f e com suas primeiras n derivadas de ordem par.

Afirmação 1: F(0) + F(π) é um número inteiro.

Prova: Expandindo f como uma soma de monômios, o coeficiente de x^k é um número da forma c_k /n! em que c_k é um número inteiro, que é 0 se k < n. Portanto, f^(k)(0) é 0 quando k < n e é igual a (k! /n!) c_k se n ≤ k ≤ 2n; em ambos os casos, f^(k)(0) é um número inteiro e, portanto, F(0) é um número inteiro.

Por outro lado, f(π – x) = f(x) e portanto, (–1)^kf^(k)(π – x) = f^(k)(x) para cada inteiro não negativo k. Em particular, (–1)^kf^(k)(π) = f^(k)(0). Portanto, f^(k)(π) também é um número inteiro e assim F(π) é um inteiro (na verdade, é fácil ver que F(π) = F(0), mas isto não é relevante para a prova). Desde que F(0) e F(π) são números inteiros, a sua soma também é.

Afirmação 2: $${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi )}$$ Prova: Como f^(2n + 2) é o polinômio nulo, tem-se $${\displaystyle F''+F=f.\,}$$ As derivadas das funções seno e cosseno são dadas por sen' = cos e cos' = −sen. Portanto, a regra do produto implica $${\displaystyle (F'\cdot \sin -F\cdot \cos )'=f\cdot \sin \!}$$ Pelo teorema fundamental do cálculo $${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin x-F(x)\cos x{\bigr )}{\Big |}_{0}^{\pi }.\!}$$ Como sen 0 = sen π = 0 e cos 0 = – cos π = 1 (aqui é usada a caracterização de π mencionada acima, como um zero da função seno), resulta que a afirmação 2 é verdadeira.

Conclusão: Como f(x) > 0 e sin x > 0 para 0 < x < π (porque π é a menor raiz positiva da função seno), as afirmações 1 e 2 mostram que F(0) + F(π) é um inteiro positivo. Como 0 ≤ x(a – bx) ≤ πa e 0 ≤ sin x ≤ 1 para 0 ≤ x ≤ π, resulta da definição original de f, que $${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!}}}$$ que é menor do que 1 para n grande, de modo que F(0) + F(π) < 1 para estes n, pela afirmação 2. Isso é impossível para o número inteiro positivoF(0) + F(π).

A prova acima é uma versão polida, que é mantida tão simples quanto possível em relação aos pré-requisitos, de uma análise da fórmula $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx&=\sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}{\bigl (}f^{(2j)}(\pi )+f^{(2j)}(0){\bigr )}\\&\qquad +(-1)^{n+1}\int _{0}^{\pi }f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,\end{aligned}}}$$ que é obtida através de 2n + 2 integrações por partes. A afirmação 2 essencialmente estabelece esta fórmula, onde o uso de F esconde as repetidas integrações por partes. A última integral desaparece porque f^(2n + 2) é o polinômio nulo. A afirmação 1 mostra que a soma restante é um número inteiro.

A prova de Niven está mais perto da de Cartwright (e, portanto, da de Hermite) do que parece à primeira vista.^[6] Na verdade, $${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz\\&=\int _{-1}^{1}{\bigl (}x^{2}-(xz)^{2}{\bigr )}^{n}x\cos(xz)\,dz.\end{aligned}}}$$ Portanto, a substituição xz = y transforma esta integral em $${\displaystyle \int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}\cos(y)\,dy.}$$ Em particular, $${\displaystyle {\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-y^{2}\right)^{n}\cos(y)\,dy\\&=\int _{0}^{\pi }\left({\frac {\pi ^{2}}{4}}-\left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)^{2}\right)^{n}\cos \left(y-{\frac {\pi }{2}}\right)\,dy\\&=\int _{0}^{\pi }y^{n}(\pi -y)^{n}\sin(y)\,dy\\&={\frac {n!}{b^{n}}}\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx.\end{aligned}}}$$ Outra conexão entre as provas reside no fato de que Hermite já menciona^[3] que se f é uma função polinomial e $${\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}$$ então, $${\displaystyle \int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x),}$$ e a partir disso, segue-se que $${\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi )+F(0).}$$

Bourbaki descreve sua prova em linhas gerais em um exercício em seu tratado de Cálculo.^[9] Para cada número natural b e cada número inteiro não negativo n, defina $${\displaystyle A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n!}}\sin(x)\,dx.}$$ Como Um_n(b) é a integral de uma função definida em [0,π] que zera em 0 e em π e que é maior do que 0 nos demais pontos, Uma_n(b) > 0. Além disso, para cada número natural b, Uma_n(b) <1 para n suficientemente grande, porque $${\displaystyle (\forall x\in [0,\pi ]):x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}$$ e portanto $${\displaystyle A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{\frac {1}{n!}}\left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2n}=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.}$$ Por outro lado, a integração por partes recursivamente permite a dedução de que, se a e b são números naturais tais que π = a/b e f é a função polinomial de [0,π] em R definida por $${\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}$$ então: $${\displaystyle {\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\&=\left[-f(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi }-\left[-f'(x)\sin(x)\right]_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm \left[f^{(2n)}(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi }\pm \int _{0}^{\pi }f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.\end{aligned}}}$$ Esta última integral é 0 pois f^(2n + 1) é a função nula (já que f é uma função polinomial de grau 2n). Como cada função f^(k) (com 0 ≤ k ≤ 2n) assume valores inteiros em 0 e em π (ver afirmação 1 da prova de Niven) e como o mesmo acontece com as funções seno e cosseno, isto prova que A_n(b) é um inteiro. Como ele também é maior do que 0, ele deve ser um número natural. Mas também foi mostrado que A_n(b) <1 se n é suficientemente grande, chegando deste modo a uma contradição.

Esta prova é bastante próxima a de Niven, sendo a principal diferença entre elas a forma como é demonstrado que os números A_n(b) são inteiros.

A prova de Miklós Laczkovich é uma simplificação da prova original de Lambert.^[10] Ele considera as funções $${\displaystyle {\begin{aligned}f_{k}(x)&=1-{\frac {x^{2}}{k}}+{\frac {x^{4}}{2!k(k+1)}}-{\frac {x^{6}}{3!k(k+1)(k+2)}}+\cdots \\&{}\quad (k\notin \{0,-1,-2,\ldots \}).\end{aligned}}}$$ Estas funções estão claramente definidas para todo x ∈ R. Além disso $${\displaystyle f_{1/2}(x)=\cos(2x){\text{ and }}f_{3/2}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}$$ Afirmação 1: Vale a seguinte relação de recorrência: $${\displaystyle (\forall x\in \mathbb {R} ):{\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}$$ Prova: Isto pode ser provado comparando os coeficientes das potências de x.

Afirmação 2: Para cada x ∈ R, ${\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}$

Prova: De fato, a sequência x²ⁿ/n! é limitada (pois converge para 0) e se C é uma cota superior e se k > 1, então $${\displaystyle {\bigl |}f_{k}(x)-1{\bigr |}\leqslant \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {C}{k^{n}}}=C{\frac {1/k}{1-1/k}}={\frac {C}{k-1}}.}$$ Afirmação 3: Se x ≠ 0 e se x² é racional, então $${\displaystyle (\forall k\in \mathbb {Q} \setminus \{0,-1,-2,\ldots \}):f_{k}(x)\neq 0{\text{ and }}{\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$$ Prova: Caso contrário, existiria um número y ≠ 0 e inteiros a e b tais que f_k(x) = ay e f_k + 1(x) = by. Para ver o porquê, considere y = f_k + 1(x), a = 0 e b = 1 se f_k(x) = 0; caso contrário, escolha inteiros a e b tais que f_k + 1(x)/f_k(x) = b/a e defina y = f_k(x)/a = f_k + 1(x)/b. Em cada caso, y não pode ser 0, pois senão resultaria da afirmação 1 que cada f_k + n(x) (n ∈ N) seria igual a 0, o que contradiria a afirmação 2. Agora, tome um número natural c tal que todos os números bc/k, ck/x² e c/x² sejam inteiros e considere a sequência $${\displaystyle g_{n}={\begin{cases}f_{k}(x)&{\text{ if }}n=0\\{\frac {c^{n}}{k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)&{\text{ otherwise.}}\end{cases}}}$$ Então $${\displaystyle g_{0}=f_{k}(x)=ay\in \mathbb {Z} y{\text{ and }}g_{1}={\frac {c}{k}}f_{k+1}(x)={\frac {bc}{k}}y\in \mathbb {Z} y.}$$ Por outro lado, resulta da afirmação 1 que $${\displaystyle {\begin{aligned}g_{n+2}&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}\cdot {\frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\\&={\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{\frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\\&={\frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\\&=\left({\frac {ck}{x^{2}}}+{\frac {c}{x^{2}}}n\right)g_{n+1}-{\frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},\end{aligned}}}$$ que é uma combinação linear de g_n + 1 e g_n com coeficientes inteiros. Então, cada g_n é um múltiplo inteiro de y. Além disso, resulta da afirmação 2 que cada g_n é maior do que 0 (e consequentemente que g_n ≥ |y|) se n é grande o bastante e que a sequência de todas as g_n's converge para 0. Mas uma sequência de números maiores ou iguais a |y| não pode convergir para 0.

Como f_1/2(π/4) = cos(π/2) = 0, resulta da afirmação 3 que π²/16 é irracional e que portanto π é irracional.

Por outro lado, como $${\displaystyle \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}}=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)}},}$$ outra consequência da afirmação 3 é que, se x ∈ Q\{0}, então tan x é irracional.

A prova de Laczkovich é, realmente sobre a função hipergeométrica. De fato, f_k(x) = ₀F₁(k; −x²) e Gauss encontrou uma expansão em frações contínuas da função hipergeométrica usando sua equação funcional.^[11] Isto permitiu que Laczkovich encontrasse uma nova prova mais simples para o fato de que a função tangente tem a expansão em frações contínuas que Lambert havia descoberto.

O resultado de Laczkovich também pode ser expresso em funções de Bessel do primeiro tipo J_ν(x). De fato, Γ(k)J_k − 1(2x) = x^k − 1f_k(x). Então o resultado de Laczkovich é equivalente a: Se x ≠ 0 e se x² é racional, então $${\displaystyle (\forall k\in \mathbb {Q} \setminus \{0,-1,-2,\ldots \}):{\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}$$

• A prova de que π é transcendental

Referências