证明π是无理数

18世纪60年代，约翰·海因里希·朗伯首先证明出圆周率为无理数，即不能表示成两个整数之比。在19世纪，夏尔·埃尔米特给出了不需要微积分以外的预备知识的证明方法，此后又有玛丽·卡特赖特（英语：Mary Cartwright）、伊万·尼云以及尼古拉·布尔巴基等人给出更为简洁的证明。另外由拉茨科维奇·米克洛什的证明方法简化了朗伯的证明方法。这些所给出证明方法都基于反证法。 1882年，费迪南德·冯·林德曼进一步给出圆周率不仅为无理数，而且为超越数的证明。 1761年，朗伯通过如下所示的连分数来证明圆周率为无理数： tan ⁡ x = x 1 − x 2 3 − x 2 5 − x 2 7 − ⋱ {\displaystyle \tan x={\frac {x}{1-{\dfrac {x^{2}}{3-{\dfrac {x^{2}}{5-{\dfrac {x^{2}}{7-\ddots }}}}}}}}} 随后朗伯证明了如果x为非零有理数则该结果必为无理数。由于tan(π/4)=1，因此有π/4为无理数，即π为无理数。 考虑如下积分： 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)\mathrm {d} z} 当n≥2时，可以通过分部积分法得到递推式： x 2 I n ( x ) = 2 n ( 2 n − 1 ) I n − 1 ( x ) − 4 n ( n − 1 ) I n − 2 ( x ) {\displaystyle x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x)} 如果定义： J n ( x ) = x 2 n + 1 I n ( x ) {\displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)} 那么可以得到： 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)} 另外，由J0(x)=2sin x以及J1=-4x cos x+4sin x，于是对于所有自然数n满足： 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![P_{n}(x)\sin x+Q_{n}(x)\cos x]} 在这里Pn(x)与Qn(x)都是由正整数为系数以及常数且最高次数不超过n的多项式（依赖于n）。 令x=π/2，如果存在正整数a与b满足π/2=a/b，于是有： a 2 n + 1 n ! ⋅ I n ( π 2 ) = P n ( π 2 ) ⋅ b 2 n + 1 {\displaystyle {\frac {a^{2n+1}}{n!}}\cdot I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)=P_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)\cdot b^{2n+1}} 等式右边为整数。而由于在长度为2的区间[-1,1]时，被积函数取值范围介于0到1，于是有0<In(x)<2，另一方面： lim n → ∞ a 2 n + 1 n ! = 0 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a^{2n+1}}{n!}}=0} 于是对于足够大的n，会出现： 0 < a 2 n + 1 ⋅ I n ( π 2 ) n ! < 1 {\displaystyle 0<{\frac {a^{2n+1}\cdot I_{n}\left({\frac {\pi }{2}}\right)}{n!}}<1} 但在0与1之间不存在整数，矛盾，因此圆周率只能为无理数。 此证明用到的性质为圆周率为正弦函数最小正零点。 假设圆周率为有理数，即能表示成π=a/b的形式，其中a与b都是整数且b≠0。不失一般性，假定a与b都是正整数。现给出任意正整数n，以及x为实数，定义如下两个函数： f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! F ( x ) = f ( x ) − f ″ ( x ) + f ( 4 ) ( x ) + ⋯ + ( − 1 ) n f ( 2 n ) ( x ) {\displaystyle {\begin{aligned}f(x)&={\frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}\\F(x)&=f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}(x)\end{aligned}}} 引理一：F(0)+F(π)是一个整数。 证明：对函数f展开，每项xk的系数都是ck/n!的形式，其中ck为整数，当k<n时等于0。因此，当k<n时f(k)(0)=0以及当n≤k≤2n时f(k)(0)=ck/n!，即无论何种情况f(k)(0)都是整数，于是F(0)也是整数。 另一方面，由于f(π-x)=f(x)，因此对于每个自然数k有(-1)kf(k)(π-x)=f(k)(x)，特别地即有(-1)kf(k)(π)=f(k)(0)，因此f(k)(π)为整数，F(π)也是整数，从而得到F(0)+F(π)是一个整数。 引理二： ∫ 0 π f ( x ) sin ⁡ x d x = F ( 0 ) + F ( π ) {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin x\mathrm {d} x=F(0)+F(\pi )} 证明：由于f(2n+2)为零多项式，因此有： F ″ ( x ) + F ( x ) = f ( x ) {\displaystyle F''(x)+F(x)=f(x)} 根据三角函数的导数有sin'=cos以及cos'=-sin，再由乘积法则得到： [ F ′ ( x ) sin ⁡ x − F cos ⁡ x ] ′ = f ( x ) sin ⁡ x {\displaystyle [F'(x)\sin x-F\cos x]'=f(x)\sin x} 又由微积分基本定理得： ∫ 0 π f ( x ) sin ⁡ x d x = [ F ′ ( x ) sin ⁡ x − F cos ⁡ x ] | 0 π = F ( 0 ) + F ( π ) {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin x\mathrm {d} x=[F'(x)\sin x-F\cos x]{\bigg |}_{0}^{\pi }=F(0)+F(\pi )} 在这里用到了前面所提及的圆周率的正弦函数零点性质，即sin 0=sin π=0以及cos 0=-cos π=1。 结论：由于当0<x<π时有f(x)>0以及sin x>0（在这里是因为圆周率为正弦函数最小正零点），以及引理一与引理二说明F(0)+F(π)是正整数。又由于当0≤x≤π时有0≤x(a-bx)≤πa以及0≤sin x≤1，因此可以得到： ∫ 0 π f ( x ) sin ⁡ x d x ⩽ π ( π a ) n n ! {\displaystyle \int _{0}^{\pi }f(x)\sin x\mathrm {d} x\leqslant {\frac {\pi (\pi a)^{n}}{n!}}} 当n足够大时，该结果将会小于1，于是有F(0)+F(π)<1，从而出现矛盾。 证明e是无理数