Formelsammlung Mathematik: Irrationalität und Transzendenz

Annahme: ${\displaystyle \mathrm {e} \in \mathbb {Q} }$, das heißt es gibt ${\displaystyle m,n\in \mathbb {N} }$, so dass ${\displaystyle \mathrm {e} ={\frac {m}{n}}}$ ist.

${\displaystyle \mathrm {e} =\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\,\Rightarrow \,\underbrace {n!\,\mathrm {e} } _{\in \mathbb {N} }=\underbrace {\sum _{k=0}^{n}{\frac {n!}{k!}}} _{\in \mathbb {N} }+\underbrace {\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {n!}{k!}}} _{R}}$

Der Rest ${\displaystyle R\,}$ muss daher eine ganze Zahl sein.

Wegen ${\displaystyle R=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {n!}{(n+k)!}}<\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{k}}}={\frac {1}{n-1}}}$ ist aber ${\displaystyle 0<R<1\,}$. (Widerspruch)

Annahme: Für eine positive ganze Zahl a sei ${\displaystyle \mathrm {e} ^{a}={\frac {p}{q}}}$.

Sei nun ${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(1-x)^{n}}{n!}}}$ das ${\displaystyle n\,}$-te Niven-Polynom und ${\displaystyle F(x):=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k)}(x)}$.

${\displaystyle F'(x)=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\,a^{2n-k}\,f^{(k+1)}(x)=\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}\,a^{2n+1-k}\,f^{(k)}(x)=a^{2n+1}f(x)-a\,F(x)}$

Demzufolge ist ${\displaystyle F'(x)+a\,F(x)=a^{2n+1}f(x)\,}$.

${\displaystyle \int _{0}^{1}F'(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx=\left[F(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\right]_{0}^{1}-a\int _{0}^{1}F(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx\Rightarrow \int _{0}^{1}\left(F'(x)+a\,F(x)\right)\mathrm {e} ^{ax}\,dx=F(1)\,{\frac {p}{q}}-F(0)}$

Also muss ${\displaystyle q\cdot a^{2n+1}\int _{0}^{1}f(x)\,\mathrm {e} ^{ax}\,dx=F(1)\cdot p-F(0)\cdot q}$ eine positive ganze Zahl sein.

Wegen ${\displaystyle \int _{0}^{1}f(x)\,e^{ax}\,dx<{\frac {1}{n!}}\,\mathrm {e} ^{a}}$ geht der Linksterm aber gegen null für ${\displaystyle n\to \infty \,}$. (Widerspruch)

Wäre ${\displaystyle \mathrm {e} ^{\frac {a}{b}}}$ rational, so wäre auch ${\displaystyle \mathrm {e} ^{a}\,}$ rational.

Unter Heranziehung der Kontraposition vom Lemma von Lambert folgt die Behauptung sofort.

Aus tan(π/4)=1 ergibt sich über die Kontraposition vom Lemma von Lambert nun ${\displaystyle {\tfrac {\pi }{4}}\notin \mathbb {Q} ^{\times }}$ und damit ${\displaystyle \pi \notin \mathbb {Q} }$.

Ein anderer Beweis stammt vom Mathematiker I. Niven und funktioniert mittels Integralrechnung und Widerspruchsbeweis.

Annahme: ${\displaystyle \pi \in \mathbb {Q} }$, das heißt es gibt ${\displaystyle a,b\in \mathbb {N} }$, so dass ${\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}}$ ist. Eigentlich müsste streng genommen ${\displaystyle a\in \mathbb {Z} }$ gewählt werden, da aber π > 0 ist, reicht es aus ${\displaystyle a\in \mathbb {N} }$ zu wählen.

Sei nun ${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}}}$, wobei ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$.

Sei nun ${\displaystyle G(x):=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)}$ Daraus folgt: ${\displaystyle G'(x)=F''(x)\cdot \sin(x)+F'\cdot \cos(x)-F'(x)\cdot \cos(x)+F(x)\cdot \sin(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)}$

Nun fordern wir ${\displaystyle F''(x)+F(x)=f(x)}$ , was mit ${\displaystyle F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)}$ erfüllt wird.

Damit hätten wir erreicht, dass nun ${\displaystyle G'(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)=f(x)\cdot \sin(x)}$ mit Stammfunktion ${\displaystyle G(x)=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)}$ ist, wobei ${\displaystyle F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)}$ ist.

Mit obiger Definition von ${\displaystyle f(x)}$ (${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}}}$), ist ${\displaystyle F(x)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)}$ dann wie folgt:
${\displaystyle {\begin{aligned}F(x)&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)\\&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot (\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+j}}{n!}})^{(2k)}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}}{n!}}\end{aligned}}}$
Kleine Anmerkung. Für ${\displaystyle k>\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor \Leftrightarrow 2k>n+j}$ werden die Ableitungen stets den Wert ${\displaystyle 0}$ annehmen, da ja ein Monom über seinen Grad hinaus abgeleitet wird. Leitet man ein Polynom weniger oft als seinen Grad ab, so gilt: ${\displaystyle (x^{n+j}})^{(2k)}={\frac {(n+j)!}{(n+j-2k)!}}\cdot x^{n+j-2k}={\frac {(n+j)!}{(n+j-2k)!\cdot {(2k)!}}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}={{\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+j-2k}}$. Die Potenzen von ${\displaystyle (-1)}$ wurden gemäß der Potenzgesetze zusammengefasst.

Nun sei ${\displaystyle I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}$, wobei ${\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}}$ angenommen wird. Partielle Integration liefert dann:
${\displaystyle {\begin{aligned}I:&=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=\int _{0}^{\pi }G'(x)\,dx=G(\pi )-G(0)\\&=(F'({\pi })\cdot \sin({\pi })-F(\pi )\cdot \cos({\pi }))-(F'(0)\cdot \sin(0)-F(0)\cdot \cos(0))\\&=(F'({\pi })\cdot 0-F(\pi )\cdot (-1))-(F'(0)\cdot 0-F(0)\cdot 1)=F({\pi })+F(0)\end{aligned}}}$
${\displaystyle F(0)=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\in \mathbb {Z} }$, siehe folgende Rechnung:
Vorbemerkung. ${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}$ hat in ${\displaystyle x=0}$ eine ${\displaystyle n}$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: ${\displaystyle f^{(2k)}(0)=0,\,{2k<n}}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${\displaystyle {0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k}}$ auswerten.
${\displaystyle {\begin{aligned}F(0)&=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot 0^{n+j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,c\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{n+j}}\cdot {(n+j)!}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,c\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {a^{n-j}}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{n}}\cdot {j!}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}}$
mit ${\displaystyle c:={\begin{cases}(-1)^{{\frac {n+j}{2}}+j}&{\text{falls }}{\frac {n+j}{2}}\in \mathbb {N} \\0&{\text{sonst.}}\end{cases}}}$

Kleine Nebenbemerkung zur Potenz zur Basis ${\displaystyle 0}$: ${\displaystyle 0^{n+j-2k}=0}$ für ${\displaystyle {n+j}>2k}$ und ${\displaystyle 0^{n+j-2k}=1}$ für ${\displaystyle {n+j}=2k}$. Da nur im Falle ${\displaystyle {n+j}=2k\Rightarrow n<2k}$ der Wert ${\displaystyle 0^{n+j-2k}}$ von 0 verschieden (und 1) ist, ist auch er der einzige auszuwertende Faktor im Zähler der Summanden. ${\displaystyle c=0}$ erklärt sich dadurch, dass ${\displaystyle k}$ immer eine ganze Zahl ist und daher im Falle eines ungeraden ${\displaystyle n+j}$ die Gleichung ${\displaystyle k={\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\Leftrightarrow n+j=2k+1}$ ist, sodass ${\displaystyle k={\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }}$ in die Potenz zur Basis 0 im Zähler des Summanden eingesetzt den Wert ${\displaystyle 0^{n+j-2k}=0^{2k+1-2k}=0^{1}=0}$ statt der 1 ausgibt und da der Faktor im Zähler dann 0 ist, wird auch da der ganze Summand 0 werden.

${\displaystyle F({\pi })=F({\frac {a}{b}})=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\frac {a}{b}})\in \mathbb {Z} }$, siehe folgende Rechnung:
Vorbemerkung. ${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}$ hat in ${\displaystyle x={\frac {a}{b}}}$ eine ${\displaystyle n}$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: ${\displaystyle f^{(2k)}({\frac {a}{b}})=0,\,{2k<n}}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${\displaystyle {0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k}}$ auswerten.

${\displaystyle {\begin{aligned}F({\pi })&=F({\frac {a}{b}})=\sum _{k=0}^{n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\frac {a}{b}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot {({\frac {a}{b}})}^{n+j-2k}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\frac {a}{b}})^{n+j-2k}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j+(n+j-2k)}\cdot b^{j-(n+j-2k)}\cdot {\binom {n+j}{2k}}\cdot {(2k)!}}{n!}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot \underbrace {a^{2(\underbrace {(n-k)} _{\geq 0})}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {b^{\underbrace {(2k-n)} _{>0}}\cdot {\binom {n+j}{2k}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {({\frac {(2k)!}{n!}})} _{\in \mathbb {Z} ,\,da\,2k\geq n})\in \mathbb {Z} \end{aligned}}}$
Kleine Nebenbemerkung zur Potenz zur Basis ${\displaystyle a}$: Die Laufindizes ${\displaystyle j}$ und ${\displaystyle k}$ sind, wie man den Summenzeichen entnehmen kann, wie folgt beschränkt: ${\displaystyle j{\leq n}}$ und ${\displaystyle k\leq {\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }}$. Damit ist ${\displaystyle k\leq {\lfloor {\frac {n+j}{2}}\rfloor }\leq {\lfloor {\frac {n+n}{2}}\rfloor }={\lfloor {\frac {2n}{2}}\rfloor }=n\Leftrightarrow k\leq n\Leftrightarrow n-k\geq 0}$
${\displaystyle F({0})\in \mathbb {Z} }$ und ${\displaystyle F({\pi })\in \mathbb {Z} }$. Daraus folgt: ${\displaystyle I:=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=F({\pi })+F(0)\in \mathbb {Z} }$ (Aussage 1)

Nun gilt jedoch für alle ${\displaystyle 0<x<{\pi }={\frac {a}{b}}}$ :
${\displaystyle {\begin{aligned}&0<\sin(x)\leq 1\\&0<x^{n}<{\pi ^{n}}\\&0<(a-bx)^{n}<{a^{n}}\end{aligned}}}$
und damit ${\displaystyle 0<f(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$
Damit liegt dann: ${\displaystyle 0=0\cdot 0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}})\,\cdot \,\sin(x)<1\cdot {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}={\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$, also ${\displaystyle 0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$ vor.
Wegen ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}=0}$, lässt sich das ${\displaystyle n}$ groß genug wählen, sodass ${\displaystyle {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}}$. Damit erreichen wir, dass nun ${\displaystyle 0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}}$, also ${\displaystyle 0<f(x)\,\cdot \,\sin(x)<{\frac {1}{\pi }}}$ gilt.

Daraus folgt: ${\displaystyle 0=\int _{0}^{\pi }0\,dx<{I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}<{\int _{0}^{\pi }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}\,dx}<\int _{0}^{\pi }{\frac {1}{\pi }}\,dx=1}$, also kurz geschrieben: ${\displaystyle 0<I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx<1}$ (Aussage 2)

Aus den Aussagen 1 und 2 folgt, dass, wenn ${\displaystyle \pi \in \mathbb {Q} }$ (${\displaystyle \pi }$ sei rational) mit ${\displaystyle \pi ={\frac {a}{b}}}$ gilt, dann der Wert des Integrals ${\displaystyle I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}$ eine ganze Zahl im offenen Intervall zwischen 0 und 1 ist. Da eine solche Zahl jedoch nicht existiert, liegt hier ein Widerspruch vor, sodass die Annahme ${\displaystyle \pi \in \mathbb {Q} }$ falsch gewesen sein muss. Damit gilt ${\displaystyle \pi \in \mathbb {R} \setminus {\mathbb {Q} }}$ (${\displaystyle \pi }$ ist irrational).

Wenn man Nivens Irrationalitätsbeweis für ${\displaystyle \pi }$ etwas umstellt, kann man mit ihm beweisen, dass auch ${\displaystyle \pi ^{2}}$ irrational ist.

Annahme: ${\displaystyle {\pi }^{2}\in \mathbb {Q} }$, das heißt es gibt ${\displaystyle a,b\in \mathbb {N} }$, so dass ${\displaystyle {\pi }^{2}={\frac {a}{b}}\Leftrightarrow \pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}}$ ist. Da Quadrate reeller Zahlen stets positiv sind, reicht ${\displaystyle a\in \mathbb {N} }$ aus.

Nun bastelt man sich wie beim Irrationalitätsbeweis für ${\displaystyle \pi }$ die Funktion ${\displaystyle f(x)}$:
${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}}$, wobei ${\displaystyle n\in \mathbb {N} \,,n\equiv 0{\pmod {2}}}$, ${\displaystyle n}$ also als eine gerade natürliche Zahl gewählt wird. Das ${\displaystyle n}$ gerade ist, wird hinterher beim Auswerten für ${\displaystyle \pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}}$ wichtig, da nur für gerades ${\displaystyle n}$ die Funktion ${\displaystyle f(x)}$ eine gerade Funktion ist:
${\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}\\f(-x)&={\frac {(-x)^{n}(a-b(-x)^{2})^{n}}{n!}}={\frac {(-x)^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=(-1)^{n}\cdot {\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=(-1)^{n}\cdot f(x)\\\end{aligned}}}$
Also ist ${\displaystyle f(x)}$ für gerades ${\displaystyle n}$ eine gerade Funktion und für ungerades ${\displaystyle n}$ eine ungerade Funktion.

Nun bildet man ${\displaystyle G(x)}$ und ${\displaystyle F(x)}$ wieder in Abhängigkeit von ${\displaystyle f(x)}$:
${\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}=\sum _{j=0}^{n}\,{\binom {n}{j}}\cdot (-1)^{j}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot x^{n+2j}}{n!}}\\G(x)&:=F'(x)\cdot \sin(x)-F(x)\cdot \cos(x)\\\Rightarrow G'(x)&=F''(x)\cdot \sin(x)+F'\cdot \cos(x)-F'(x)\cdot \cos(x)+F''(x)\cdot \sin(x)=(F''(x)+F(x))\cdot \sin(x)\\F(x)&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(x)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{\lfloor {\frac {n+2j}{2}}\rfloor }\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot x^{n+2j-2k}}{n!}}\end{aligned}}}$
Da ${\displaystyle n}$ als gerade Zahl gewählt ist, gilt${\displaystyle \lfloor {\frac {n}{2}}\rfloor ={\frac {n}{2}}}$.

Nun sei ${\displaystyle I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}$, wobei ${\displaystyle \pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}}$ angenommen wird. Partielle Integration liefert dann:
${\displaystyle {\begin{aligned}I:&=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=\int _{0}^{\pi }G'(x)\,dx=G(\pi )-G(0)\\&=(F'({\pi })\cdot \sin({\pi })-F(\pi )\cdot \cos({\pi }))-(F'(0)\cdot \sin(0)-F(0)\cdot \cos(0))\\&=(F'({\pi })\cdot 0-F(\pi )\cdot (-1))-(F'(0)\cdot 0-F(0)\cdot 1)=F({\pi })+F(0)\end{aligned}}}$
Vorbemerkung. ${\displaystyle f(x):={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}}$ hat sowohl in ${\displaystyle x=0}$ als auch in ${\displaystyle x={\sqrt {\frac {a}{b}}}=\pi }$ eine ${\displaystyle n}$-fache Nullstelle. Deswegen gilt: ${\displaystyle f^{(2k)}(0)=f^{(2k)}(\pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}})=0,\,{2k<n}}$ Daher brauchen wir die Summe nur für ${\displaystyle {0\leq 2k-n\Leftrightarrow n\leq 2k\Leftrightarrow k\geq {\frac {n}{2}}}}$ auswerten. Da ${\displaystyle 3n}$ der Grad des Polynoms ${\displaystyle f(x)}$ ist ${\displaystyle k}$ nach oben durch ${\displaystyle 2k\leq 3n\Leftarrow k\leq {\frac {3}{2}}n}$ beschränkt. Also brauchen wir die Summe nur für ${\displaystyle {\frac {n}{2}}\leq k\leq {\frac {3}{2}}n}$ auswerten.
${\displaystyle F(0)=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\in \mathbb {Z} }$, siehe folgende Rechnung:
${\displaystyle {\begin{aligned}F(0)&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}(0)\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot 0^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,(-1)^{{\frac {n}{2}}+2j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{n+2j}}\cdot {(n+2j)!}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,(-1)^{{\frac {n}{2}}+2j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {a^{n-j}}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{n}}\cdot {(2j)!}\in \mathbb {Z} \end{aligned}}}$
Anmerkung: ${\displaystyle 0^{n+2j-2k}:={\begin{cases}1&{\text{falls }}k={\frac {n}{2}}+j\\0&{\text{sonst.}}\end{cases}}}$

${\displaystyle F({\pi })=F({\sqrt {\frac {a}{b}}})=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\sqrt {\frac {a}{b}}})\in \mathbb {Z} }$, siehe folgende Rechnung:
${\displaystyle {\begin{aligned}F({\pi })=F({\sqrt {\frac {a}{b}}})&=\sum _{k=0}^{{\frac {3}{2}}n}\,(-1)^{k}\cdot f^{(2k)}({\sqrt {\frac {a}{b}}})\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\sqrt {\frac {a}{b}}})^{n+2j-2k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j}\cdot b^{j}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}\cdot ({\frac {a}{b}})^{{\frac {n}{2}}+j-k}}{n!}}\\&=\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot {\frac {a^{n-j+{\frac {n}{2}}+j-k}\cdot b^{j-({\frac {n}{2}}+j-k)}\cdot {\binom {n+2j}{2k}}\cdot {(2k)!}}{n!}}\\&=(\sum _{j={0}}^{n}\,\sum _{k=0}^{{\frac {n}{2}}+j}\,(-1)^{k+j}\cdot {\binom {n}{j}}\cdot \underbrace {a^{\underbrace {({\frac {3}{2}}n-k)} _{\geq 0}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {b^{\underbrace {(k-{\frac {n}{2}})} _{\geq 0}}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {\binom {n+j}{2k}} _{\in \mathbb {Z} }\cdot \underbrace {({\frac {(2k)!}{n!}})} _{\in \mathbb {Z} ,\,da\,2k\geq n})\in \mathbb {Z} \end{aligned}}}$

${\displaystyle F({0})\in \mathbb {Z} }$ und ${\displaystyle F({\pi })\in \mathbb {Z} }$. Daraus folgt: ${\displaystyle I:=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx=F({\pi })+F(0)\in \mathbb {Z} }$ (Aussage 1)

Nun gilt jedoch für alle ${\displaystyle 0<x<{\pi }={\sqrt {\frac {a}{b}}}}$ : ${\displaystyle 0<\sin(x)\leq 1}$, ${\displaystyle 0<x^{n}<{\pi ^{n}}}$, ${\displaystyle 0<(a-bx^{2})^{n}<{a^{n}}}$ und damit ${\displaystyle 0<f(x)={\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}}<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$
Damit liegt dann: ${\displaystyle 0=0\cdot 0<\sin(x)\cdot f(x)=\sin(x)\cdot {\frac {x^{n}(a-bx^{2})^{n}}{n!}})<1\cdot {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}={\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$, also ${\displaystyle 0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}}$ vor.
Wegen ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}=0}$, lässt sich das ${\displaystyle n}$ groß genug wählen, sodass ${\displaystyle {\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}}$. Damit erreichen wir, dass nun ${\displaystyle 0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}<{\frac {1}{\pi }}}$, also ${\displaystyle 0<\sin(x)\cdot f(x)<{\frac {1}{\pi }}}$ gilt.

Daraus folgt: ${\displaystyle 0=\int _{0}^{\pi }0\,dx<{I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}<{\int _{0}^{\pi }{\frac {(\pi \cdot a)^{n}}{n!}}\,dx}<\int _{0}^{\pi }{\frac {1}{\pi }}\,dx=1}$, also kurz geschrieben: ${\displaystyle 0<I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx<1}$ (Aussage 2)

Aus den Aussagen 1 und 2 folgt, dass, wenn ${\displaystyle \pi ^{2}\in \mathbb {Q} }$ (${\displaystyle {\pi }^{2}}$ sei rational) mit ${\displaystyle \pi ={\sqrt {\frac {a}{b}}}}$ gilt, dann der Wert des Integrals ${\displaystyle I=\int _{0}^{\pi }f(x)\,\cdot \sin(x)\,dx}$ eine ganze Zahl im offenen Intervall zwischen 0 und 1 ist. Da eine solche Zahl jedoch nicht existiert, liegt hier ein Widerspruch vor, sodass die Annahme ${\displaystyle {\pi }^{2}\in \mathbb {Q} }$ falsch gewesen sein muss. Damit gilt ${\displaystyle {\pi }^{2}\in \mathbb {R} \setminus {\mathbb {Q} }}$ (${\displaystyle {\pi }^{2}}$ ist irrational).

Unter der Annahme ${\displaystyle e\in \mathbb {A} }$ gibt es eine Gleichung ${\displaystyle \,a_{0}+a_{1}x+...+a_{n}x^{n}=0}$, mit ${\displaystyle a_{k}\in \mathbb {Z} }$ und ${\displaystyle a_{0},a_{n}\neq 0\,}$, die x=e als Lösung besitzt.

Sei nun ${\displaystyle \alpha :=2\,(n+1)\,\max |a_{k}|}$ und ${\displaystyle Q(x):=\prod _{k=1}^{n}(x-k)=x^{n}\pm ...\pm n!\quad {\Big [}\Rightarrow Q^{p}(x)=x^{np}\pm ...\pm n!^{p}{\Big ]}}$.

Für variables ${\displaystyle p\in \mathbb {P} }$ sei ${\displaystyle F(x):={\frac {1}{(p-1)!}}\,x^{p-1}\,Q^{p}(x)\,\mathrm {e} ^{-x}}$ und für variables ${\displaystyle \,q\in \{0,1,...,n\}}$ sei

${\displaystyle \varepsilon _{pq}:=\mathrm {e} ^{q}\int _{0}^{q}F(x)\,dx}$ und ${\displaystyle M_{pq}:=\mathrm {e} ^{q}\int _{q}^{\infty }F(x)\,dx\;\Rightarrow \varepsilon _{pk}+M_{pk}=\mathrm {e} ^{k}\int _{0}^{\infty }F(x)\,dx=\mathrm {e} ^{k}M_{p0}}$.

${\displaystyle \forall x\in [0,n]}$ gilt${\displaystyle F(x)\to 0\,}$ für ${\displaystyle p\to \infty \,}$ und somit auch ${\displaystyle |\varepsilon _{pq}|\to 0}$.

Man wähle die Primzahl ${\displaystyle \,p}$ nun so groß, dass ${\displaystyle \,p>\alpha }$ und ${\displaystyle |\varepsilon _{pq}|<{\frac {1}{\alpha }}}$ ist ${\displaystyle \forall q}$.

Es ist ${\displaystyle M_{p0}=\int _{0}^{\infty }F(x)\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p-1}\,(x^{np}\pm ...\pm n!^{p})\,\mathrm {e} ^{-x}\,dx}$

${\displaystyle ={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}(p-1+np)!\pm ...\pm n!^{p}(p-1)!{\Big )}\equiv n!^{p}\equiv n!\not \equiv 0}$ mod p.

Für ${\displaystyle \,q=1,...,n}$ besitzt ${\displaystyle Q(x+q)=\prod _{k=1}^{n}(x+q-k)}$ den Linearfaktor x. Daher ist

${\displaystyle M_{pq}=\mathrm {e} ^{q}\int _{q}^{\infty }F(x)\,dx=\mathrm {e} ^{q}\int _{0}^{\infty }F(x+q)\,dx={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }(x+q)^{p-1}\,Q^{p}(x+q)\,\mathrm {e} ^{-x}\,dx}$

${\displaystyle ={\frac {1}{(p-1)!}}\int _{0}^{\infty }x^{p}\,R(x)\,\mathrm {e} ^{-x}dx={\frac {1}{(p-1)!}}{\Big (}r_{np-1}(np-1)!\pm ...\pm r_{0}p!{\Big )}\equiv 0}$ mod ${\displaystyle \,p}$.

${\displaystyle 0=M_{p0}\sum _{k=0}^{n}a_{k}\mathrm {e} ^{k}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}{\big (}\varepsilon _{pk}+M_{pk}{\big )}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}+a_{0}M_{p0}+\sum _{k=1}^{n}a_{k}M_{pk}}$ ${\displaystyle \Rightarrow -\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\equiv a_{0}M_{p0}\not \equiv 0}$ mod p

Aber ${\displaystyle \left|\sum _{k=0}^{n}a_{k}\varepsilon _{pk}\right|\leq \sum _{k=0}^{n}|a_{k}|{\frac {1}{\alpha }}\leq {\frac {(n+1)\max |a_{k}|}{\alpha }}={\frac {1}{2}}}$. (Widerspruch)