تصویری از فرمول در صفحه ۲۸۸ کتاب لمبرت (۱۷۶۸ میلادی) در دهه ۱۷۶۰، یوهان هاینریش لامبرت اولین کسی بود که ثابت کرد [[عدد پی|عدد
π
{\displaystyle \pi }
عدد گنگ است، به این معنی که نمی‌توان آن را به صورت کسری از دو عدد
a
/
b
{\displaystyle a/b}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
عدد صحیح هستند. در قرن نوزدهم، چارلز هرمیت روش اثباتی را یافت که به دانشی فراتر از محاسبات پایه نیاز ندارد. سه روش اثبات ساده‌سازی 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 روش‌ها مبتنی بر برهان خلف هستند.
در سال ۱۸۸۲، فردیناند فون لیندمان این را ثابت کرد عدد
π
{\displaystyle \pi }
عدد ترافرازنده نیز هست.[ ۱]
در سال ۱۷۶۱، لمبرت این را ثابت کرد که رسیدن به عدد
π
{\displaystyle \pi }
بسط مسلسل زیر غیرمنطقی است:
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 }}}}}}}}.}
سپس لمبرت ثابت کرد که اگر
x
{\displaystyle x}
tan
1
4
π
=
1
{\displaystyle \tan {\tfrac {1}{4}}\pi =1}
1
4
π
{\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi }
π
{\displaystyle \pi }
[ ۲]
این اثبات که در سال ۱۸۷۳ نوشته شده‌است، از توصیف عدد
π
{\displaystyle \pi }
ریشه تابع کسینوس است و در واقع این را ثابت می‌کند
π
2
{\displaystyle \pi ^{2}}
[ ۳] [ ۴] برهان خلف است.
توالی توابع متغیر حقیق را در نظر بگیرید؛
A
n
{\displaystyle A_{n}}
U
n
{\displaystyle U_{n}}
n
∈
N
0
{\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}}
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}}}
با استفاده از روش استقرای ریاضی می‌توانیم آن ثابت کنیم که:
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}}}
و بنابراین داریم:
U
n
(
x
)
=
A
n
(
x
)
x
2
n
+
1
.
{\displaystyle U_{n}(x)={\frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.\,}
بنابراین:
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)\\[6pt]&={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}
که معادل است با:
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).\,}
با استفاده از تعریف دنباله و استفاده از استقرا می‌توانیم نشان دهیم که:
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),\,}
که درآن
P
n
{\displaystyle P_{n}}
Q
n
{\displaystyle Q_{n}}
P
n
{\displaystyle P_{n}}
⌊
1
2
n
⌋
{\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }}
A
n
(
1
2
π
)
=
P
n
(
1
4
π
2
)
.
{\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
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.\,}
او ادعا خود را توجیه نکرد، اما به راحتی می‌توان آن را ثابت کرد. اول از همه، این ادعا معادل است با:
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).}
در صورت استفاده از روش استقرا و فرض
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)}
و برای گام‌های بعدی استقرا، هر عدد طبیعی
n
{\displaystyle 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),}
سپس، با استفاده ازانتگرال‌گیری جزء به جزء و قانون لایب نیتس، می‌توان به این رسید که:
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}\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
1
4
π
2
=
p
/
q
{\displaystyle {\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}=p/q}
p
{\displaystyle p}
q
{\displaystyle q}
N
{\displaystyle \mathbb {N} }
P
n
{\displaystyle P_{n}}
⌊
1
2
n
⌋
{\displaystyle {\bigl \lfloor }{\tfrac {1}{2}}n{\bigr \rfloor }}
q
⌊
n
/
2
⌋
P
n
(
1
4
π
2
)
{\displaystyle q^{\lfloor n/2\rfloor }P_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{4}}\pi ^{2}{\bigr )}}
N
{\displaystyle N}
N
=
q
⌊
n
/
2
⌋
A
n
(
1
2
π
)
=
q
⌊
n
/
2
⌋
1
2
n
n
!
(
p
q
)
n
+
1
2
∫
0
1
(
1
−
z
2
)
n
cos
(
1
2
π
z
)
d
z
.
{\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
0
{\displaystyle 0}
n
{\displaystyle n}
n
{\displaystyle n}
N
<
1
{\displaystyle N<1}
هرمیت برهان خود را به عنوان یک هدف غایی ارائه نکرد، بلکه به عنوان یک ایده بعدی در جستجوی خود برای اثبات ترافرازنده بودن
π
{\displaystyle \pi }
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
e
{\displaystyle e}
[ ۵]
علاوه بر این، اثبات هرمیت از آنچه به نظر می‌رسد به روش اثبات لامبرت نزدیکتر است. در حقیقت،
A
n
(
x
)
{\displaystyle A_{n}(x)}
tan
x
{\displaystyle \tan x}
[ ۶]
هارولد جفریس نوشت که این اثبات به عنوان نمونه در امتحانی در دانشگاه کمبریج در سال ۱۹۴۵ توسط مری کارترایت ارائه شد، اما او منشأ آن را ردیابی نکرده بود.[ ۷] [ ۸]
انتگرال زیر را در نظر بگیرید:
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,}
جایی که
n
{\displaystyle n}
دو انتگرال‌گیری جزء به جزء رابطه بازگشتی را نشان می‌دهد:
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)}
اگر:
J
n
(
x
)
=
x
2
n
+
1
I
n
(
x
)
,
{\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}
سپس این تبدیل می‌شود به:
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).}
علاوه بر این،
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 \mathbb {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 )},}
جایی که
P
n
(
x
)
{\displaystyle P_{n}(x)}
Q
n
(
x
)
{\displaystyle Q_{n}(x)}
چند جمله ای درجه
≤
n
{\displaystyle \leq n}
صحیح (بسته به
n
{\displaystyle n}
با فرض
x
=
1
2
π
{\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}\pi }
1
2
π
=
a
/
b
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\pi =a/b}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
π
{\displaystyle \pi }
a
2
n
+
1
n
!
I
n
(
1
2
π
)
=
P
n
(
1
2
π
)
b
2
n
+
1
.
{\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
0
<
I
n
(
1
2
π
)
<
2
{\displaystyle 0<I_{n}{\bigl (}{\tfrac {1}{2}}\pi {\bigr )}<2}
[
−
1
,
1
]
{\displaystyle [-1,1]}
2
{\displaystyle 2}
0
{\displaystyle 0}
1
{\displaystyle 1}
a
2
n
+
1
n
!
→
0
as
n
→
∞
.
{\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\to 0\quad {\text{ as }}n\to \infty .}
از این رو، برای
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,}
یعنی می‌توانیم یک عدد صحیح بین
0
{\displaystyle 0}
1
{\displaystyle 1}
π
{\displaystyle \pi }
این برهان شبیه برهان هرمیت است. در واقع:
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}}}
با این حال، به وضوح ساده‌تر است و با حذف تعریف استقرایی توابع
A
n
{\displaystyle A_{n}}
این اثبات از توصیف
π
{\displaystyle \pi }
ریشه مثبت تابع سینوس استفاده می‌کند.[ ۹]
فرض کنید که
π
{\displaystyle \pi }
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
با توجه به هر عدد صحیح مثبت
n
{\displaystyle n}
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}
و برای هر
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).}
ادعای 1:
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
اثبات:
با بسط
f
{\displaystyle f}
x
k
{\displaystyle x^{k}}
c
k
/
n
!
{\displaystyle c_{k}/n!}
c
k
{\displaystyle c_{k}}
0
{\displaystyle 0}
k
<
n
{\displaystyle k<n}
از این رو
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
0
{\displaystyle 0}
k
<
n
{\displaystyle k<n}
(
k
!
/
n
!
)
c
k
{\displaystyle (k!/n!)c_{k}}
n
≤
k
≤
2
n
{\displaystyle n\leq k\leq 2n}
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle f^{(k)}(0)}
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
از سوی دیگر،
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)}
به خصوص،
(
−
1
)
k
f
(
k
)
(
π
)
=
f
(
k
)
(
0
)
{\displaystyle (-1)^{k}f^{(k)}(\pi )=f^{(k)}(0)}
از این رو
f
(
k
)
(
π
)
{\displaystyle f^{(k)}(\pi )}
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
F
(
π
)
=
F
(
0
)
{\displaystyle F(\pi )=F(0)}
از آنجا که
F
(
0
)
{\displaystyle F(0)}
F
(
π
)
{\displaystyle F(\pi )}
ادعای ۲:
∫
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 )}
اثبات:
از آنجایی که
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
F
″
+
F
=
f
.
{\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:
(
F
′
⋅
sin
−
F
⋅
cos
)
′
=
f
⋅
sin
{\displaystyle (F'\cdot \sin {}-F\cdot \cos {})'=f\cdot \sin }
با قضیه اساسی حسابان :
∫
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 }.}
از آنجا که
sin
0
=
sin
π
=
0
{\displaystyle \sin 0=\sin \pi =0}
cos
0
=
−
cos
π
=
1
{\displaystyle \cos 0=-\cos \pi =1}
π
{\displaystyle \pi }
نتیجه‌گیری:
از آنجایی که
f
(
x
)
>
0
{\displaystyle f(x)>0}
sin
x
>
0
{\displaystyle \sin x>0}
0
<
x
<
π
{\displaystyle 0<x<\pi }
π
{\displaystyle \pi }
کوچک‌ترین صفر مثبت تابع سینوس است)، ادعاهای ۱ و ۲ این را نشان می‌دهد که
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
مثبت است. از آنجا که
0
≤
x
(
a
−
b
x
)
≤
π
a
{\displaystyle 0\leq x(a-bx)\leq \pi a}
0
≤
sin
x
≤
1
{\displaystyle 0\leq \sin x\leq 1}
0
≤
x
≤
π
,
{\displaystyle 0\leq x\leq \pi ,}
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!}}}
که برای
n
{\displaystyle n}
1
{\displaystyle 1}
F
(
0
)
+
F
(
π
)
<
1
{\displaystyle F(0)+F(\pi )<1}
n
{\displaystyle n}
F
(
0
)
+
F
(
π
)
{\displaystyle F(0)+F(\pi )}
π
{\displaystyle \pi }
اثبات فوق یک نسخه اصلاح شده‌است که تا حد امکان پیش نیازهای تجزیه و تحلیل فرمول را ساده کرده‌است.
∫
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,}
که توسط انتگرال‌گیری جزء به جزء ،
2
n
+
2
{\displaystyle 2n+2}
F
{\displaystyle F}
f
(
2
n
+
2
)
{\displaystyle f^{(2n+2)}}
اثبات نیون بیشتر از آنچه در نگاه اول به نظر می‌رسد به اثبات کارترایت (و بنابراین هرمیت) نزدیک است.[ ۶]
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}}}
بنابراین، جایگزینی
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.}
به خصوص،
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}}}
ارتباط دیگر بین این برهان‌ها در این واقعیت نهفته‌است که هرمیت پیشتر ذکر می‌کند که اگر
f
{\displaystyle f}
F
=
f
−
f
(
2
)
+
f
(
4
)
∓
⋯
,
{\displaystyle F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,}
پس:
∫
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,}
که از آن نتیجه می‌شود که:
∫
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).}
برهان بورباکی به عنوان تمرینی در رساله حساب دیفرانسیل و انتگرال او بیان شده‌است.[ ۱۰] b و هر عدد صحیح غیر منفی
n
{\displaystyle n}
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.}
از آنجا که
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
0
{\displaystyle 0}
0
{\displaystyle 0}
π
{\displaystyle \pi }
0
{\displaystyle 0}
A
n
(
b
)
>
0
{\displaystyle A_{n}(b)>0}
علاوه بر این، برای هر عدد طبیعی
b
{\displaystyle b}
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
n
{\displaystyle n}
x
(
π
−
x
)
≤
(
π
2
)
2
{\displaystyle x(\pi -x)\leq \left({\frac {\pi }{2}}\right)^{2}}
و بنابراین:
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!}}.}
از سوی دیگر، انتگرال‌گیری جزء به جزء به ما این امکان را می‌دهد که استنباط کنیم، اگر
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
π
=
a
/
b
{\displaystyle \pi =a/b}
f
{\displaystyle f}
[
0
,
π
]
{\displaystyle [0,\pi ]}
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
f
(
x
)
=
x
n
(
a
−
b
x
)
n
n
!
,
{\displaystyle f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}
پس:
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 \\[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
0
{\displaystyle 0}
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}
0
{\displaystyle 0}
π
{\displaystyle \pi }
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
0
{\displaystyle 0}
A
n
(
b
)
<
1
{\displaystyle A_{n}(b)<1}
n
{\displaystyle n}
این اثبات کاملاً به اثبات نیون نزدیک است، تفاوت اصلی بین آنها در روش اثبات این است که اعداد
A
n
(
b
)
{\displaystyle A_{n}(b)}
اثبات میکلاس لاچگوویچ ساده‌سازی اثبات اصلی لمبرت است.[ ۱۱]
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 \}).}
این توابع به وضوح برای هر عدد حقیقی
x
{\displaystyle x}
f
1
/
2
(
x
)
=
cos
(
2
x
)
,
{\displaystyle f_{1/2}(x)=\cos(2x),}
f
3
/
2
(
x
)
=
sin
(
2
x
)
2
x
.
{\displaystyle f_{3/2}(x)={\frac {\sin(2x)}{2x}}.}
ادعای ۱:
رابطه بازگشتی زیر برای هر عدد واقعی
x
{\displaystyle x}
x
2
k
(
k
+
1
)
f
k
+
2
(
x
)
=
f
k
+
1
(
x
)
−
f
k
(
x
)
.
{\displaystyle {\frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_{k}(x).}
اثبات:
این را می‌توان با مقایسه ضرایب توان‌های
x
{\displaystyle x}
ادعای ۲:
برای هر عدد واقعی
x
{\displaystyle x}
lim
k
→
+
∞
f
k
(
x
)
=
1.
{\displaystyle \lim _{k\to +\infty }f_{k}(x)=1.}
اثبات:
در واقع دنباله
x
2
n
/
n
!
{\displaystyle x^{2n}/n!}
0
{\displaystyle 0}
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}}.}
ادعای ۳:
اگر
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
x
2
{\displaystyle x^{2}}
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
{\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}
f
k
(
x
)
≠
0
and
f
k
+
1
(
x
)
f
k
(
x
)
∉
Q
.
{\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
y
≠
0
{\displaystyle y\neq 0}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
f
k
(
x
)
=
a
y
{\displaystyle f_{k}(x)=ay}
f
k
+
1
(
x
)
=
b
y
.
{\displaystyle f_{k+1}(x)=by.}
برای این که دلیل را بیابید، فرض کنید
y
=
f
k
+
1
(
x
)
,
{\displaystyle y=f_{k+1}(x),}
a
=
0
,
{\displaystyle a=0,}
b
=
1
{\displaystyle b=1}
f
k
(
x
)
=
0
{\displaystyle f_{k}(x)=0}
a
{\displaystyle a}
b
{\displaystyle b}
f
k
+
1
(
x
)
/
f
k
(
x
)
=
b
/
a
{\displaystyle f_{k+1}(x)/f_{k}(x)=b/a}
y
=
f
k
(
x
)
/
a
=
f
k
+
1
(
x
)
/
b
.
{\displaystyle y=f_{k}(x)/a=f_{k+1}(x)/b.}
در هر مورد،
y
{\displaystyle y}
0
{\displaystyle 0}
f
k
+
n
(
x
)
{\displaystyle f_{k+n}(x)}
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
0
{\displaystyle 0}
c
{\displaystyle c}
b
c
/
k
,
{\displaystyle bc/k,}
c
k
/
x
2
,
{\displaystyle ck/x^{2},}
c
/
x
2
{\displaystyle c/x^{2}}
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}}}
پس:
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.}
از سوی دیگر، از ادعای ۱ بر می‌آید که:
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}}}
که ترکیبی خطی از
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}}
0
{\displaystyle 0}
g
n
≥
|
y
|
{\displaystyle g_{n}\geq |y|}
n
{\displaystyle n}
g
n
{\displaystyle g_{n}}
0
{\displaystyle 0}
|
y
|
{\displaystyle |y|}
0
{\displaystyle 0}
از آنجا که
f
1
/
2
(
1
4
π
)
=
cos
1
2
π
=
0
,
{\displaystyle f_{1/2}({\tfrac {1}{4}}\pi )=\cos {\tfrac {1}{2}}\pi =0,}
1
16
π
2
{\displaystyle {\tfrac {1}{16}}\pi ^{2}}
π
{\displaystyle \pi }
از سوی دیگر، از آنجایی که:
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)}},}
پیامد دیگر ادعای ۳ این است که اگر
x
∈
Q
∖
0
{\displaystyle x\in \mathbb {Q} \smallsetminus {0}}
tan
x
{\displaystyle \tan x}
اثبات لاکوویچ در واقع در مورد تابع فوق هندسی است. در حقیقت،
f
k
(
x
)
=
0
F
1
(
k
−
x
2
)
{\displaystyle f_{k}(x)=_{0}F_{1}\left(k-x^{2}\right)}
گاوس با استفاده از معادله تابعی آن بسط کسری ادامه یافته تابع ابر هندسی را یافت.[ ۱۲]
نتیجه لاکوویچ را می‌توان در توابع بسل از نوع اول نیز بیان کرد
J
ν
(
x
)
{\displaystyle J_{\nu }(x)}
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)}
Γ
{\displaystyle \Gamma }
تابع گاما است). بنابراین نتیجه لاکوویچ برابر است با: اگر
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
x
2
{\displaystyle x^{2}}
k
∈
Q
∖
{
0
,
−
1
,
−
2
,
…
}
{\displaystyle k\in \mathbb {Q} \smallsetminus \{0,-1,-2,\ldots \}}
x
J
k
(
x
)
J
k
−
1
(
x
)
∉
Q
.
{\displaystyle {\frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1}(x)}}\notin \mathbb {Q} .}
↑ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], "Ueber die Zahl
π
{\displaystyle \pi }
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 ↑ 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 ↑ ۶٫۰ ۶٫۱ Zhou, Li (2011). "Irrationality proofs à la Hermite" . The Mathematical Gazette . 95 (534): 407–413. arXiv :0911.1929 doi :10.1017/S0025557200003491 . ↑ 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 [[عدد پی|
π
{\displaystyle \pi }
(PDF) , Bulletin of the American Mathematical Society 53 (6): 509, doi :10.1090/s0002-9904-1947-08821-2 ↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d'une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (به فرانسوی), vol. 1074, Hermann , pp. 137–138↑ Laczkovich, Miklós (1997), "On Lambert's proof of the irrationality of
π
{\displaystyle \pi }
American Mathematical Monthly 104 (5): 439–443, doi :10.2307/2974737 , JSTOR 2974737 ↑ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), "Disquisitiones generales circa seriem infinitam", Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (به لاتین), 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://wikimedia.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://wikimedia.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)\\[6pt]&={\frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0c6c2b5d9763dbd3e23a56ecc17adabfe3350fb6)
![{\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b17a80baac92f2f9acdd016e5b3c6cb82d072775)
![{\displaystyle [-1,1]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/51e3b7f14a6f70e614728c583409a0b9a8b9de01)
![{\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://wikimedia.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://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/410fc7da3ac44721eeb5582178544cf1d7021306)
![{\displaystyle [0,\pi ]}](https://wikimedia.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 \\[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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/de65dfd40422c65bb8434c6af02467b4051b5af5)
![{\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://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c762d4cefc09f9ffbb2077a4e94f9db8b4246056)
