Bằng chứng này sử dụng đặc tính của π là số dương nhỏ nhất có hàm cosin của 1/2 số này bằng 0 và nó thực ra chứng minh rằng π2 là số vô tỷ.[3][4] Như trong nhiều bằng chứng về số vô tỷ, nó là một phép chứng minh sử dụng mâu thuẫn.

Xét các chuỗi hàm An và Un từ R {\displaystyle \mathbb {R} } tới R {\displaystyle \mathbb {R} } cho n ∈ N 0 {\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}} mà được định nghĩa bởi:

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}}}

Sử dụng quy nạp chúng ta có thể chứng minh rằng

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

Vì thế

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}}}

tương đương với

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).\,}

Sử dụng định nghĩa của chuỗi và sử dụng phép quy nạp, chúng ta có thể chứng minh được rằng

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),\,}

Trong đó Pn và Qn là các hàm đa thức có hệ số nguyên và bậc của Pn nhỏ hơn hoặc bằng ⌊n/ 2⌋. Cụ thể, An (π/2) = Pn (π2/4).

Hermite cũng đưa ra biểu thức đóng cho hàm An, cụ thể là

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.\,}

Ông không đưa ra chứng minh cho khẳng định này, nhưng nó có thể được chứng minh dễ dàng. Trước hết, khẳng định này tương đương với

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).}

Tiến hành theo quy nạp, lấy 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)}

và, đối với bước quy nạp, xem xét bất kỳ n ∈ N {\displaystyle n\in \mathbb {N} } . Nếu

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),}

sau đó, sử dụng tích phân từng phần và quy tắc tích phân Leibniz, ta sẽ có

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}}}

Nếu π2/4 = p/q, với p và q thuộc N {\displaystyle \mathbb {N} } , thì vì các hệ số của Pn là các số nguyên và bậc của nó nhỏ hơn hoặc bằng ⌊n/2⌋, q⌊ n / 2⌋Pn(π 2/4) là một số nguyên N. Nói cách khác,

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.}

Nhưng con số này rõ ràng lớn hơn 0. Mặt khác, giới hạn của đại lượng này khi n đi đến vô cùng là 0 và vì vậy, nếu n đủ lớn thì N< 1. Vậy sẽ dẫn tới một mâu thuẫn.

Hermite đã không đưa ra chứng minh của mình như là một kết thúc mà là một tư duy trung gian trong quá trình tìm kiếm một bằng chứng về tính siêu việt của π. Ông đã thảo luận về các mối quan hệ lặp lại để thúc đẩy và để có được một đại diện tích phân thuận tiện. Một khi đại diện tích phân này có được, có nhiều cách khác nhau để trình bày một cách chứng minh cô đọng và khép kín bắt đầu từ tích phân (như trong các bài thuyết trình của Cartwright, Bourbaki hoặc Niven), mà Hermite có thể dễ dàng nhận ra (như ông đã làm trong chứng minh về tính siêu việt của số e [5]).

Hơn nữa, chứng minh của Hermite gần với chứng minh của Lambert hơn khi nhìn bề ngoài. Trong thực tế, An (x) là "phần dư" của phần nối tiếp của phân giải Lambert cho hàm tan(x).