Bevis på, at π er irrationel

Den aktuelle version af siden er endnu ikke blevet gennemgået af erfarne bidragydere og kan afvige væsentligt fra den version , der blev gennemgået den 14. februar 2021; checks kræver 6 redigeringer .

I 1760'erne beviste Johann Heinrich Lambert , at tallet π er irrationelt , det vil sige, at det ikke kan repræsenteres ved a / b , hvor a er et heltal, og b er et naturligt tal. I det 19. århundrede fandt Charles Hermite endnu et bevis ved kun at bruge de grundlæggende redskaber til calculus . Fremover var Mary Cartwright , Ivan Niven og Nicola Bourbaki i stand til at forenkle Hermites bevis, mens Miklós Lackowicz forenklede Lamberts bevis.

I 1882 beviste Ferdinand von Lindemann , at π ikke kun er irrationel, men også transcendental . [en]

Lamberts bevis

I 1761 beviste Lambert irrationaliteten af π, baseret på den fortsatte brøkrepræsentation, han fandt for tangenten :

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

Lambert beviste, at hvis x er ikke-nul og rationel, så er dette udtryk irrationelt. Da tg(π/4) = 1, følger det, at π/4 er irrationel, og derfor er π også irrationel. [2]

En forenkling af Lamberts bevis blev leveret af Miklós Lackowicz, se nedenfor.

Hermites bevis

Dette bevis bruger det faktum, at π er det mindste positive tal, hvoraf halvdelen er nul cosinus, hvilket beviser, at π 2 er irrationel . [3] [4] Som med mange beviser for et tals irrationalitet, er dette et modsigelsesbevis .

Overvej rækkefølgen af funktionerne A n og U n fra til for givet ved formlen: $\mathbb {R}$ $\mathbb {R}$ $n\i \mathbb{N} _{0}$

{\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}}

Ved induktion kan vi bevise

{\begin{aligned}A_{n}(x)&={\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2n+ 3 }}{2\gange (2n+3)!!}}+{\frac {x^{2n+5}}{2\gange 4\gange (2n+5)!!}}\mp \cdots \ \ [4pt]U_{n}(x)&={\frac {1}{(2n+1)!!}}-{\frac {x^{2}}{2\gange (2n+3)! ! }}+{\frac {x^{4}}{2\gange 4\gange (2n+5)!!}}\mp \cdots \end{aligned}}

og derfor:

U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,

Hvor

{\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}}\venstre({\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}\højre)\\[6pt]&=-{\frac {1}{x}}\venstre({\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}}

hvilket svarer til

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

Ved hjælp af definitionen af funktioner kan det ved induktion vises, at

A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})\sin(x)+xQ_{n}(x^{2})\cos(x),\,

hvor P n og Q n er polynomielle funktioner med heltalskoefficienter, er graden af P n mindre end eller lig med ⌊ n /2⌋. Især A n (π/2)= Р n (π 2/4 ) .

Hermite udledte også et lukket udtryk for funktionen A n , nemlig

A_{n}(x)={\frac {x^{2n+1}}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2 })^{n}\cos(xz)\,\mathrm {d} z.\,

Han underbyggede ikke denne ligestilling, men det er let at bevise. Først og fremmest svarer denne erklæring til

{\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).

Argumentation ved induktion, for n=0 .

\int _{0}^{1}\cos(xz)\,\mathrm {d} z={\frac {\sin(x)}{x}}=U_{0}(x)

og, for induktionstrinnet, overvej en vilkårlig . Hvis en $n\in \mathbb {N}$

{\frac {1}{2^{n}n!}}\int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,\ mathrm {d} z=U_{n}(x),

så ved at bruge integration by parts og Leibniz' regel kan man få

{\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)!}}\venstre(\ 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}}\venstre({\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}}

Hvis π 2 /4 = p/q , hvor p og q er fra , da koefficienterne for P n er heltal og dens grad er mindre end eller lig med ⌊ n /2⌋, q ⌊n/2⌋ P n ( π 2 /4) er et helt tal N. Med andre ord, $\mathbb {N}$

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.

Men dette tal er åbenbart større end 0. På den anden side er grænsen for denne størrelse, når n går til det uendelige, lig med nul, og derfor, hvis n er stor nok, N < 1. Dermed nås en modsigelse .

Hermite søgte ikke at bevise præcist irrationaliteten af π, dette var en sidekonklusion i søgen efter bevis for transcendensen af π. Han overvejede gentagelsesforhold for at opnå en bekvem integreret repræsentation. Efter at have opnået en integreret repræsentation, er det muligt at finde flere kortfattede og selvforsynende beviser (som i repræsentationerne af Cartwright, Bourbaki eller Niven), som Hermite bemærkede (det gjorde han netop i sit bevis for transcendensen af e [5] ).

Hermites bevis er tæt på Lamberts: A n ( x ) er "resten" af Lamberts fortsatte brøk for tg( x ).

Cartwrights bevis

Harold Jeffreys skrev, at Mary Cartwright gav dette bevis som et eksempel ved en eksamen ved Cambridge University i 1945, men hun identificerede ikke dets oprindelse. [6]

Overvej integralerne

I_{n}(x)=\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\cos(xz)\,dz,

hvor n er et ikke-negativt heltal.

To integrationer efter dele giver gentagelsesrelationen

x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).\qquad (n\geq 2)

Betegner

J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),

vi får

J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).

Da J 0 ( x ) = 2sin( x ) og J 1 ( x ) = −4 x cos( x ) + 4sin( x ), derfor for alle n ∈ Z + ,

J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n!{\bigl (}P_{n}(x)\sin(x)+Q_{n} (x)\cos(x){\bigr )},

hvor P n ( x ) og Q n ( x ) er polynomier af grad ≤ n med heltalskoefficienter .

Tag x = π/2 og antag, at π/2 = a/ b , hvor a og b er naturlige tal (det vil sige antag, at π er rationel). Derefter

{\frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({ \frac {\pi }{2}}\right)b^{2n+1}.

Højre side er et heltal. Men 0 < I n (π/2) < 2, da længden af intervallet [−1, 1] er lig med 2 og den integrerbare funktion tager værdier fra 0 til 1. På den anden side,

{\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .

Derfor, for tilstrækkelig stor n

0<{\frac {a^{2n+1}I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!)}}<1,

det vil sige, at der er et heltal mellem 0 og 1. Denne modsigelse følger af antagelsen om, at π er rationel.

Dette bevis ligner Hermites bevis. Ja,

{\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}}

Det er dog åbenbart nemmere. Dette opnås ved at eliminere den induktive definition af funktionerne A n og ved at tage udgangspunkt i deres udtryk som et integral.

Nivens bevis

Dette bevis bruger det faktum, at π er det mindste positive nul af sinus . [7]

Antag, at π er rationel, dvs. π = a / b for nogle heltal a og b ≠ 0 , som uden tab af generalitet kan anses for at være positive. For ethvert positivt heltal n definerer vi en polynomisk funktion:

f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!)}}

og for enhver x ∈ ℝ vi sætter

F(x)=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}( x).

Udsagn 1: F (0) + F (π) er et heltal.

Bevis: Lad os repræsentere f som summen af potenser af x , så er koefficienten x k et tal på formen c k / n ! , hvor c k er et heltal lig med 0 for k < n . Derfor er f ( k ) (0) = 0 for k < n og er lig med ( k !/ n !) c k for n ≤ k ≤ 2 n ; i alle tilfælde er f ( k ) (0) et heltal, og derfor er F (0) også et heltal.

På den anden side er f (π – x ) = f ( x ) og dermed (–1) k f ( k ) (π – x ) = f ( k ) ( x ) for ethvert ikke-negativt heltal k . Især (–1) k f ( k ) (π) = f ( k ) (0). Derfor er f ( k ) (π) også et heltal, så F (π) er et heltal (faktisk er det nemt at se, at F (π) = F (0), men dette er ikke relevant for beviset ). Da F (0) og F (π) er heltal, er deres sum også det.

Udsagn 2:

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

Bevis: Da f (2 n + 2) er et nulpolynomium, er det sandt

F''+F=f.

De afledte funktioner af sinus og cosinus er defineret af formlerne sin' = cos og cos' = −sin. Derfor efter produktreglen

(F'\cdot \sin -F\cdot \cos )'=f\cdot \sin

Ifølge analysens hovedsætning

\left.\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx={\bigl (}F'(x)\sin xF(x)\cos x{ \bigr )}\right|_{0}^{\pi }.

Fra det faktum, at sin 0 \u003d sin π \u003d 0 og cos 0 \u003d - cos π \u003d 1 (her den ovennævnte karakteristik π som nul af sinus bruges), følger udsagn 2.

Konklusion: da f ( x ) > 0 og sin x > 0 for 0 < x < π (da π er det mindste positive nul af sinusen), indebærer udsagn 1 og 2, at F (0) + F (π) er positive helt tal. Da 0 ≤ x ( a – bx ) ≤ π a og 0 ≤ sin x ≤ 1 for 0 ≤ x ≤ π , indebærer definitionen af f

\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\leq \pi {\frac {(\pi a)^{n}}{n!)}}

hvilket er mindre end 1 for stort n , derfor F (0) + F (π) < 1 for disse n ved påstand 2. Dette er ikke muligt for det naturlige tal F (0) + F (π) .

Ovenstående bevis giver, uden at ty til komplicerede beregninger, en elegant analyse af formlen

\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,

som opnås ved 2 n + 2 integrationer af dele . Udsagn 2 udleder i det væsentlige denne formel, brugen af F skjuler den gentagne integration af dele. Det sidste integral forsvinder, fordi f (2 n + 2) er et nulpolynomium. Udsagn 1 viser, at den resterende sum er et heltal.

Nivens bevis er tættere på Cartwrights (og dermed Hermites) end det umiddelbart ser ud til. Ægte ligestilling

{\begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}\int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}\ cos(xz)\,dz\\&=\int _{-1}^{1}\venstre(x^{2}-(xz)^{2}\right)^{n}x\cos(xz )\,dz.\end{aligned}}

Derfor omdanner substitutionen xz = y dette integral til

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

I særdeleshed,

{\begin{aligned}J_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)&=\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\ venstre({\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{justeret}}

Beviserne ligner også, at Hermite allerede nævnte [3] , at hvis f er en polynomisk funktion og

F=ff^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,

derefter

\int f(x)\sin(x)\,dx=F'(x)\sin(x)-F(x)\cos(x)+C,

hvorfra det følger

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

Bourbakis bevis

Bourbakis bevis er præsenteret som en øvelse i hans arbejde med analyse . [8] For ethvert naturligt tal b og ikke-negativt heltal n ,

A_{n}(b)=b^{n}\int _{0}^{\pi }{\frac {x^{n}(\pi -x)^{n}}{n! }}\sin(x)\,dx.

Da A n ( b ) er integralet af en funktion defineret på [0, π] og antager værdien 0 ved 0 og π og større end 0 på andre punkter, så er A n ( b ) > 0. Også for evt. naturligt tal b , A n ( b ) < 1 for tilstrækkeligt stort n er stort nok fordi

x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}

og derfor

A_{n}(b)\leq \pi b^{n}{\frac {1}{n!)}}\left({\frac {\pi}{2}}\right)^{ 2n }=\pi {\frac {(b\pi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.

På den anden side fører rekursiv integration af dele til den konklusion, at hvis a og b er naturlige tal, således at π = a / b og f er en polynomiel funktion fra [0, π] til R, defineret af formlen

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

derefter

{\begin{aligned}A_{n}(b)&=\int _{0}^{\pi }f(x)\sin(x)\,dx\\[5pt]&={\ Stor [}-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))

Dette integral er 0, da f ( 2n +1) er en nulfunktion (fordi f er et polynomium af grad 2n ). Da enhver funktion f ( k ) ( 0 ≤ k ≤ 2 n ) tager heltalsværdier ved 0 og ved π, og det samme gælder for sinus og cosinus, beviser dette, at A n ( b ) er et heltal. Da det også er større end 0, skal det være et naturligt tal. Men det er også blevet bevist, at A n ( b ) < 1 for tilstrækkelig stor n , hvilket fører til en modsigelse .

Dette bevis er ret tæt på Nivens bevis, hovedforskellen mellem dem er beviset for, at tallene A n ( b ) er heltal.

Lackovichs bevis

Miklós Lackowicz ' bevis er en forenkling af Lamberts bevis. [9]

Overvej funktionerne

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 \}) .

Disse funktioner er defineret for alle x ∈ R. Ligestillinger er sande

f_{\frac {1}{2}}(x)=\cos(2x),

f_{\frac {3}{2}}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.

Udsagn 1. Følgende gentagelsesrelation er sand :

\forall x\in \mathbb {R} :\qquad {\frac {x^{2}}{k(k+1)))f_{k+2}(x)=f_{k+1 }(x)-f_{k}(x).

Bevis: Bevist ved at sammenligne potenskoefficienterne af x .

Udsagn 2: for enhver x ∈ R , $\lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.$

Bevis: Sekvensen x 2 n / n ! er afgrænset (da den konvergerer til 0), og hvis C er dens øvre grænse, og hvis k > 1

\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}}.

Udsagn 3: hvis x ≠ 0 og hvis x 2 er rationel, så

\forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad f_{k}(x)\neq 0\quad {\text{ og } }\quad {\frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}\notin \mathbb {Q} .

Bevis: Ellers ville der være et tal y ≠ 0 og heltal a og b , således at f k ( x ) = ay og f k + 1 ( x ) = ved . For at forstå hvorfor det er sådan, lad os sætte y = f k + 1 ( x ), a = 0 og b = 1, når f k ( x ) = 0; ellers skal du vælge heltal a og b sådan at f k + 1 ( x )/ f k ( x ) = b / a og definere y = f k ( x )/ a = f k + 1 ( x )/ b . I alle tilfælde er y ikke lig med 0, for ellers følger det af Udsagn 1, at alle f k + n (x) = 0 ( n ∈ N ), hvilket ville modsige Udsagn. 2. Tag nu et naturligt tal c , således at alle tre tal bc / k , ck / x 2 og c / x 2 er heltal, og overvej rækkefølgen

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}}

Hvor

g_{0}=f_{k}(x)=ay\in \mathbb {Z} y\quad {\text{ og }}\quad g_{1}={\frac {c}{k} }f_{k+1}(x)={\frac {bc}{k}}y\in \mathbb {Z} y.

På den anden side indebærer udsagn 1

{\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}}

som er en lineær kombination af g n + 1 og g n med heltalskoefficienter. Derfor er alle g n heltalsmultipla af y . Desuden fra utv. 2, at alle g n er større end 0 (og dermed g n ≥ | y |) for tilstrækkelig stor n , og at sekvensen g n konvergerer til 0. Men talfølgen afgrænset nedefra | ved | kan ikke konvergere til 0.

Da f 1/2 (π/4) = cos(π/2) = 0, fra påstand. 3 følger det, at π 2 /16 er et irrationelt tal, og derfor er π også irrationelt.

På den anden side siden

\tan x={\frac {\sin x}{\cos x))=x{\frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2 )}},

fra godkendt. 3 antyder også, at tg(x) er irrationel for x ∈ Q \ {0}.

Lachkovics bevis handler i virkeligheden om hypergeometriske funktioner . Ligheden f k ( x ) = 0 F 1 ( k ; − x 2 ) er sand, desuden kan den hypergeometriske funktion repræsenteres som en fortsat brøk, som blev etableret af Gauss ved hjælp af dens funktionelle ligning . Dette gjorde det muligt for Lachkovic at finde et nyt og enklere bevis på, at tangenten kunne udtrykkes som en fortsat brøk, opdaget af Lambert.

Lachkovics resultat kan også udtrykkes i termer af Bessel-funktioner af den første slags J ν ( x ) . Da Γ ( k ) J k − 1 (2 x ) = x k − 1 f k ( x ), er Lachkovic-sætningen ækvivalent med følgende: hvis x ≠ 0, og hvis x 2 er rationel, så

\forall k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}:\qquad {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1 }(x)}}\notin \mathbb {Q} .

Se også

Noter

↑ Lindemann, Ferdinand von (2004), Ueber die Zahl π, i Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. & Borwein, Peter B. , Pi, en kildebog (3. udgave), New York: Springer-Verlag , s. 194-225, ISBN 0-387-20571-3
↑ Lambert, Johann Heinrich (2004), Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logaritmiques, i Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. & Borwein, Peter B. , Pi, en kildebog (3. udgave), New York: Springer-Verlag , s. 129-140, ISBN 0-387-20571-3
↑ 12 Hermite , Charles Extrait d'une lettre af Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan (fr.) // Journal für die reine und angewandte Mathematik : magazine. - 1873. - Bd. 76 . - S. 303-311 .
↑ Hermite, Charles Extrait d'une lettre af Mr. Ch. Hermite og Mr. Carl Borchardt (fr.) // Journal für die reine und angewandte Mathematik : magazine. - 1873. - Bd. 76 . - S. 342-344 .
↑ Hermite, Charles. Sur la fonction exponentielle // Œuvres de Charles Hermite (fr.) . - Gauthier-Villars, 1912. - S. 150-181.
↑ Jeffreys, Harold (1973), Scientific Inference (3. udgave), Cambridge University Press, s. 268 , ISBN 0-521-08446-6 , < https://archive.org/details/scientificinfere0000jeff/page/268 >
↑ Niven, Ivan (1947), Et simpelt bevis på, at π er irrationel , s. 509 , < http://www.ams.org/bull/1947-53-06/S0002-9904-1947-08821-2/S0002-9904-1947-08821-2.pdf > Arkiveret 4. januar 2010 på Wayback Maskine
↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, kap. I–II–III , bind. 1074, Actualités Scientifiques et Industrielles, Hermann , s. 137-138
↑ Laczkovich, Miklós (1997), Om Lamberts bevis for irrationaliteten af π , American Mathematical Monthly bind 104 (5): 439–443 , DOI 10.2307/2974737