如何证明圆周率是无理数?听说十八世纪就有人证出来了,是怎么证的?

如何证明圆周率是无理数?听说十八世纪就有人证出来了,是怎么证的?
如何证明圆周率是无理数?
听说十八世纪就有人证出来了,是怎么证的?

如何证明圆周率是无理数?听说十八世纪就有人证出来了,是怎么证的?
关于18世纪\x0d你知道有二个在数学世界上鼎鼎有名的超越数.一个是圆周率3.1415.另一个是自然对数的底--- e/2.7181.在这里要回答你的问题的确很难.\x0d\x0d先来个超越数证明\x0d假设 z满足 整数系数方程：F(x)=a0 +a1x+ a2x^2+.anx^n=0,\x0d(an≠0),但不满足更低次数的方程,这时就称z为n次代数数.\x0d例如：√2 是一个2次代数数.因为它满足 x^2 -2=0 ,但不满足一次方程.2^(1/3)是一个3次代数数.\x0d而任何一个 n>1 次代数数,都不可能是有理数,因为有理数 必定满足 \x0dQx-P=0 这个一次方程.而对于每一个无理数z 都能找到一个分母越来越大的有理数列 ：P1/Q1,P2/Q2 .使得 Pr/Qr → z .\x0d\x0d柳维尔断言 对于n>1次的任意代数数 z,这样一个逼近,精度必定达不到 1/(Qr)^(n+1),\x0d即：| z - Pr/Qr |＞ 1/(Qr)^(n+1) -------(1) \x0d(1)就是柳维尔定理 \x0d\x0d\x0d下面先来说明如何应用这个定理来 构造超越数.\x0d\x0d取 \x0dZ =a1 10^-(1!)+a210^-(2!) +..+ am10^-(m!) +a(m+1)10^-(m+1)!..\x0d=0.a1a2000a300000000000000000a4000.\x0d可以看清楚的图片:\x0d



\x0d其中ai 是1到9的任意整数,若在Z的展式中只取到am 10^-(m!)这一项,记为：Zm,Zm为一有理数.\x0d那么 |Z - Zm|＜10* 10^-(m+1)!------(2) \x0d\x0d假设 Z是n次代数数,\x0d则在公式 (1)柳维尔定理中 令Zm= Pr/Qr= Pr/10^(m!) 则根据（1）得出：|Z -Zm|> 1/10^[(n+1)m!] -----(3) \x0d\x0d(3)和(2) 就可以推出：(n+1)m!> (m+1)!-1 对于充分大的m恒立.\x0d然而 这个不等式 对于大于n 的 m 是不成立的.这就得出矛盾 \x0d所以Z 是超越数.\x0d\x0d关于现在用的是反证法\x0d假设∏是有理数,则∏=a/b,（a,b为自然数） \x0d令f(x)=(x^n)[(a-bx)^n]/(n!) \x0d若000以上两式相乘得：\x0d0当n充分大时,在[0,∏]区间上的积分有 \x0d0又令：F(x)=f(x)-f"(x)+[f(x)]^(4)-…+[(-1)^n][f(x)]^(2n),(表示偶数阶导数) \x0d由于n!f(x)是x的整系数多项式,且各项的次数都不小于n,故f(x)及其各阶导数在x=0点处的值也都是整数,因此,F(x)和F(∏)也都是整数.\x0d又因为 \x0dd[F'(x)sinx-F(x)conx]/dx \x0d=F"(x)sinx+F'(x)cosx-F'(x)cosx+F(x)sinx \x0d=F"(x)sinx+F(x)sinx \x0d=f(x)sinx \x0d所以有：\x0d∫f(x)sinxdx=[F'(x)sinx-F(x)cosx],（此处上限为∏,下限为0） \x0d=F(∏)+F(0) \x0d上式表示∫f(x)sinxdx在[0,∏]区间上的积分为整数,这与（1）式矛盾.所以∏不是有理数,又它是实数,故∏是无理数.

假设∏是有理数，则∏=a/b，（a,b为自然数）
令f(x)=(x^n)[(a-bx)^n]/(n!)
若000以上两式相乘得：
0当n充分大时，,在[0，∏]区间上的积分有
0<∫f(x)...

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假设∏是有理数，则∏=a/b，（a,b为自然数）
令f(x)=(x^n)[(a-bx)^n]/(n!)
若000以上两式相乘得：
0当n充分大时，,在[0，∏]区间上的积分有
0<∫f(x)sinxdx <[∏^(n+1)](a^n)/(n!)<1 …………（1）
又令：F(x)=f(x)-f"(x)+[f(x)]^(4)-…+[(-1)^n][f(x)]^(2n),(表示偶数阶导数)
由于n!f(x)是x的整系数多项式，且各项的次数都不小于n，故f(x)及其各阶导数在x=0点处的值也都是整数，因此，F(x)和F(∏)也都是整数。
又因为
d[F'(x)sinx-F(x)conx]/dx
=F"(x)sinx+F'(x)cosx-F'(x)cosx+F(x)sinx
=F"(x)sinx+F(x)sinx
=f(x)sinx
所以有：
∫f(x)sinxdx=[F'(x)sinx-F(x)cosx]，（此处上限为∏，下限为0）
=F(∏)+F(0)
上式表示∫f(x)sinxdx在[0，∏]区间上的积分为整数，这与（1）式矛盾。所以∏不是有理数，又它是实数，故∏是无理数。
不是我答的
是这个baisimu兄弟证的
这是现代证明方法，你说的那个18世纪方法，我就不知道了，希望这些能帮助你！

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假设∏是有理数，则∏=a/b，（a,b为自然数）
令f(x)=(x^n)[(a-bx)^n]/(n!)
若000以上两式相乘得：
0当n充分大时，,在[0，∏]区间上的积分有
0<∫f(x)sinxdx <...

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假设∏是有理数，则∏=a/b，（a,b为自然数）
令f(x)=(x^n)[(a-bx)^n]/(n!)
若000以上两式相乘得：
0当n充分大时，,在[0，∏]区间上的积分有
0<∫f(x)sinxdx <[∏^(n+1)](a^n)/(n!)<1 …………（1）
又令：F(x)=f(x)-f"(x)+[f(x)]^(4)-…+[(-1)^n][f(x)]^(2n),(表示偶数阶导数)
由于n!f(x)是x的整系数多项式，且各项的次数都不小于n，故f(x)及其各阶导数在x=0点处的值也都是整数，因此，F(x)和F(∏)也都是整数。
又因为
d[F'(x)sinx-F(x)conx]/dx
=F"(x)sinx+F'(x)cosx-F'(x)cosx+F(x)sinx
=F"(x)sinx+F(x)sinx
=f(x)sinx
所以有：
∫f(x)sinxdx=[F'(x)sinx-F(x)cosx]，（此处上限为∏，下限为0）
=F(∏)+F(0)
上式表示∫f(x)sinxdx在[0，∏]区间上的积分为整数，这与（1）式矛盾。所以∏不是有理数，又它是实数，故∏是无理数。
这个不成问题啦～～～

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我来个证明
由arctanx的taylor展开公式
π/4=arctan1=1-1/3+1/5-1/7+1/9-1/11......
假设π为有理数，则设π=p/q
等式两边同时乘以4q
左等于p，4q=2^k*m(m为一奇数)
得到左为整数，又不为整数，
矛盾！
所以π是无理数