1882年林德曼在埃米尔特所证：$e$为超越数的基础上，借助于欧拉公式$e^{i\pi}+1=0$证明了$\pi$的超越性。证明了$\pi$的超越性自然就证明了圆周率必定是无理数，而其另一个证明方法可以参考：http://www.jjmath.com/archives/489
定理：(林德曼 Lindemann) $\pi$是超越数
证明：由于$i$是代数数，又由于两代数数之积及商仍为代数数，可知$\pi$与$i\pi$或均为代数数，或均为非代数数。所以只需证明$i\pi$为非代数数即可。
假设$i\pi$满足$$f(x)=ax^m+a_1x^{m-1}+\cdots=0,\quad a>0$$
则$ai\pi$满足$$a^{m-1}f(\frac{x}{a})=x^m+a_1x^{m-1}+\cdots=0$$
又因为$i\pi$与$ai\pi$同为代数数或非代数数。现证明$ai\pi$满足某一代数方程$P(y)=0$是不可能的。此处$$P(y)=y^m+K_{m-1}y^{m-1}+\cdots+K_0=0$$
命$$P(y)=\prod_{h=1}^m(y-a\alpha_h)$$
因为$1+e^{i\pi}=0$,故只需证明$$R=\prod_{h=1}^m(e^0-e^{\alpha_h})\neq 0$$
而$$R=C+e^{\beta_1}+e^{\beta_2}+\cdots+e^{\beta_r}$$
其中$C$为$2^m$项中指数之和为零者之个数，而${\beta_1},\cdots,{\beta_r}$不为零。
命$p$为充分大的素数，如$$p>max(C,a,\prod_{h=1}^ra|\beta_h|)$$
令$$f(x)=\frac{(ax)^{p-1}\prod_{h=1}^r(ax-a\beta_h)^p}{(p-1)!}=\sum_{k=0}^na_kx^k$$
可得$$\begin{aligned}f(x)&=\frac{A_{p-1}x^{p-1}+A_px^p+\cdots}{(p-1)!}\\&=\frac{r_{p,h}(x-\beta_h)^p+r_{p-1,h}(x-\beta_h)^{p+1}+\cdots}{(p-1)!}\end{aligned}$$
式中$A$为$a\beta_1,\cdots,a\beta_r$的对称函数，故也为$a\alpha_1,\cdots,a\alpha_h$的对称函数，故为有理数。
由$f(x)$使用引理可作$F(x)$和$Q(x)$，则有$$\begin{aligned}F(0)R&=F(0)(C+\sum_{h=1}^re^{\beta_h})\\&=CF(0)+\sum_{h=1}^rF(\beta_h)+\sum_{h=1}^rQ(\beta_h)\end{aligned}$$
其中$$CF(0)=C(A_{p-1}+pA_p+\cdots)$$
为一有理数，但非$p$的倍数，又 $$\begin{aligned}\sum_{h=1}^rF(p_h)&=\sum_{h=1}^r(pr_{p,h}+p(p+1)r_{p+1,h}+\cdots)\\&=p\sum_{h=1}^rr_{p,h}+p(p+1)\sum_{h=1}^rr_{p+1,h}+\cdots\\&=pC_p+p(p+1)C_{p+1}+\cdots\end{aligned}$$
其中$C,C_{p+1},\cdots$为$a\beta,\cdots,a\beta_r$的对称函数，故为有理数。
故而$\sum_{h=1}^rF(\beta_h)$为$p$的倍数。因而$$|CF(0)+\sum_{h=1}^rF(\beta_h)|\geqslant 1$$
另一方面，同样有$$\begin{aligned}|Q(\beta_h)|&\leqslant e^{|\beta_k|}\sum_{m=0}^n|a_m|\cdot |\beta_h|^m\\&\leqslant e^{|\beta_h|}\frac{a|\beta_h|^{p-1}\prod_{k=1}^r(a|\beta_h|+a|\beta_k|)^p}{(p-1)!}\\&=O(\frac{1}{p})\end{aligned}$$
故有$$\sum_{h=1}^rQ(\beta_h)=O(\frac{1}{p})\rightarrow 0,\quad p\rightarrow\infty$$
所以，若$R=0$，有$$0=F(0)R=CF(0)+\sum_{h=1}^rF(\beta_h)+\sum_{h=1}^rQ{\beta_h}$$
而这构成矛盾，因为前二项之和绝对值比1大，而后一项是一个无穷小量。从而肯定$\pi$是超越数。
圆周率是无理数的一个证明
从接触圆周率开始，就被告知圆周率是无理数。下面的证法是由I.Niven给出的，详情请参考美国数学月利，108卷(2001),222-231页(数学译林 2001第3期)。该证明用的是反证法，这点是不难理解的。用到的背景知识也不多，学过极限和积分都不难理解。下面是反证法的证明过程。</p>
<p>假定$\pi$是有理数,则可设$\pi=\frac{a}{b}$,其中$a,b$为正整数。定义辅助函数$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}=\frac{b^nx^n(\pi-x)^n}{n!}$$</p>
<p>这是一个多项式,其中各项的次数从$n$到$2n$。可以证明:对每一项求任意阶导数后，再令$x=0$代入,只能得到0或者整数。实际上这里只有三种情况:</p>
<ul>
<li>该项求导后仍含有因子$x$</li>
<li>该项求导后已经是常数0</li>
<li>该项求导后为非零常数</li>
</ul>
<p>只需要讨论第三种情况。假设求导之前该项为$cx^k$，则此时只能是对该项求$k$阶导数的结果,这时得到的值是$k!c$。由于$c$是整数除以$n!$得到的有理数,而$k\geq n$，因此$k!c$一定是整数。</p>
<p>这就证明了对任意自然数$i,f^{(i)}(0)$都是整数。</p>
<p>又由$f(x)$的表达式可知$f(x)=f(\pi-x)$，因此对任意自然数$i,f^{(i)}(x)=(-1)^nf^{(i)}(0)$也是整数。</p>
<p>然后我们要证明定积分$$\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx\tag{1}$$</p>
<p>的值也是整数。对这个积分用分部积分得到$$\begin{aligned}\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx&=f(x)(-\cos x)\vert_0^{\pi}+\int_0^{\pi}f^\prime(x)\cos xdx\\&=f(0)+f(\pi)+f^\prime(x)\sin x\vert_0^{\pi}-\int_0^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx\\&=f(0)+f(\pi)-\int_0^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx\end{aligned}$$</p>
<p>由于$f$为$2n$次多项式，重复以上过程，最后的结果是$$\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx=f(0)+f(\pi)-f^{\prime\prime}(0)-f^{\prime\prime}(\pi)+\cdots+(-1)^nf^{(2n)}(0)+(-1)^nf^{(2n)}(\pi)$$</p>
<p>根据前面的分析，可见左边的积分值是整数。</p>
<p>另一方面,在区间$[0,\pi]$上，$0\leq a-bx=b(\pi-x)\leq a$因此对$f(x)$有估计式$$0\leq f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}\leq \frac{\pi^na^n}{n!}$$</p>
<p>这样就得到对于积分(1)的估计$$0<\int_0^{\pi}f(x)\sin xdx\leq\int_0^{\pi}f(x)dx<\frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}$$</p>
<p>由于当$n\rightarrow\infty$时$n!$是较$\pi^na^n$更为高阶的无穷大量，因此只要取$n$充分大，上式右边就小于1。这与积分(1)为整数不相容。因此$\pi$不能是有理数,而只能是无理数。</p>
<p>一个复数，如果它是某个整系数代数方程的根，则称之为代数数，否则，就称之为超越数。Lindemann于1882年证明了$\pi$是超越数,从而最后解决了用圆规和直尺不可能化圆为方这个古希腊三大几何难题中的最后一个问题。
http://www.jjmath.com/archives/561
来源：博客园
作者：Eufisky
链接：https://www.cnblogs.com/Eufisky/p/11672885.html
