在1761年, Johann Heinrich Lambert证明了圆周率$\pi$是无理数.在19世纪, Charles Hermite发现了一个除了基本微积分外不需要任何预备知识的证明.对赫米特的证明的三个简化是由Mary Cartwright, Ivan Niven和布尔巴基(Bourbaki)提出的. Miklós Laczkovich的另一个证明是Lambert的简化.
1882年, 林德曼(Ferdinand von Lindemann)证明了$\pi$不仅是无理的,而且是超越数.
\begin{proof}
(Lambert) Lambert首次证明了$\tan x$的连分数
$$\tan(x) = \cfrac{x}{1 - \cfrac{x^2}{3 - \cfrac{x^2}{5 - \cfrac{x^2}{7 - {}\ddots}}}}.$$
接着证明:若$x$为非零有理数,则右边的连分数表达式必为无理数.由于$\tan \frac{\pi}{4}=1$,因此$\frac{\pi}{4}$为无理数,因此$\pi$为无理数.
\end{proof}
\begin{proof}
(Hermite)此证明利用了$\frac{\pi}{2}$是余弦函数的最小正零点,实际上证明了$\pi^2$是无理数.
考虑数列$\{A_n\}_{n\geqslant 0}$和$\{U_n\}_{n\geqslant 0}$,定义为
1. $A_0(x)=\sin x$;
2. $A_{n+1}(x)=\int_{0}^{x}yA_n(y)dy$;
3. $U_0(x)=\frac{\sin x}{x}$;
4. $U_{n+1}(x)=-\frac{U‘_n(x)}{x}$.
由归纳法可知
$$
A_n\left( x \right) =\frac{x^{2n+1}}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots
$$
和
$$
U_n\left( x \right) =\frac{1}{\left( 2n+1 \right) !!}-\frac{x^2}{2\times \left( 2n+3 \right) !!}+\frac{x^4}{2\times 4\times \left( 2n+5 \right) !!}\mp \cdots
$$
因此
$$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$$
故
$$\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}=U_{n+1}(x)=-\frac{U_n‘(x)}x=-\frac1x\frac d{dx}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right),$$
等价于
$$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-xA_n‘(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2A_{n-1}(x).$$
事实上, $A_0(x)=\sin x,A_1(x)=-x\cos x+\sin x$,由归纳法可知$A_n(x)$可以写成$P_n\left( x^2 \right) \sin x+xQ_n\left( x^2 \right) \cos x$,其中$P_n$和$Q_n$为整系数多项式函数,且$P_n$的次数小于等于$\lfloor n/2\rfloor$.特别地, $A_n\left( \frac{\pi}{2} \right) =P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$.
Hermite也给出了函数$A_n$的一个封闭表达式(closed expression),即
$$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz.$$
这等价于
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$$
由归纳法,当$n=0$时,
$$\int_0^1\cos(xz)\,dz=\frac{\sin(x)}x=U_0(x).$$
假设对任意$n\in \mathbb{Z}_+$,有
$$\frac{1}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz=U_n(x),$$
利用分部积分和Leibniz法则,有
\begin{align}
& {}\quad \frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\int_0^1(1-z^2)^{n+1}\cos(xz)\,dz \\
& =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}\Biggl(\overbrace{\left.(1-z^2)^{n+1}\frac{\sin(xz)}x\right|_{z=0}^{z=1}}^{=\,0} + \int_0^12(n+1)(1-z^2)^nz\frac{\sin(xz)}x\,dz\Biggr)\\[8pt]
&=\frac1x\cdot\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^nz\sin(xz)\,dz\\[8pt]
&=-\frac1x\cdot\frac d{dx}\left(\frac1{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\right) \\[8pt]
& =-\frac{U_n‘(x)}x = U_{n+1}(x).
\end{align}
若$\frac{\pi^2}{4}=\frac{p}{q}$,其中$p$和$q$为正整数,由于$P_n$的系数是整数,它的次数小于等于$\lfloor n/2\rfloor$. $q^{\lfloor n/2 \rfloor}P_n\left( \frac{\pi ^2}{4} \right)$为某一整数$N$,即
\begin{align}N&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}A_n\left(\frac\pi2\right)\\&=q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}\int_0^1(1-z^2)\cos\left(\frac\pi2z\right)\,dz.\end{align}
显然$N>0$,则$N$为正整数.另外,
$$\lim_{n\in\mathbb{N}}q^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\frac{\left(\frac pq\right)^{n+\frac 12}}{2^nn!}=0.$$
当$n$足够大时, $N<1$,由此得出矛盾.
\end{proof}
Hermite的目的并不是为了证明无理性,而是$\pi$超越性证明之后的思考.他讨论了递归关系,由此得到一个简便的积分表示.一旦得到了这个积分表示,就有各种方法从积分开始提出一个简洁而独立的证明(如Cartwright, Bourbaki或 Niven那样),这是Hermite已经发现的结论(正如他在证明$e$的超越性时所做的那样).
而且, Hermite的证明比看上去更接近兰伯特的证明.事实上, $A_n(x)$是Lambert对$\tan x$的连分式的“留数(residue)”(或“余数(remainder)”)
\begin{proof}
(Cartwright)考虑积分
$$I_n(x)=\int_{-1}^1(1 - z^2)^n\cos(xz)\,dz,$$
其中$n$是非负整数.
两次分部积分可得到递推关系($n\geqslant 2$)
$$x^2I_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).$$
记$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)$,则
$$J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2J_{n-2}(x).$$
进一步,若$J_0(x)=2\sin x$和$J_1(x)=-4x\cos x+4\sin x$,且对正整数$n$,有
$$J_n(x)=x^{2n+1}I_n(x)=n!\bigl(P_n(x)\sin(x)+Q_n(x)\cos(x)\bigr),$$
其中$P_n(x)$和$Q_n(x)$是次数$\leqslant 2n$的整系数(依赖于$n$)多项式.
取$x=\frac{\pi}{2}$,假设$\frac{\pi}{2}=\frac{a}{b}$,其中$a$和$b$为正整数.则
$$\frac{a^{2n+1}}{n!}I_n\left(\frac\pi2\right) = P_n\left(\frac\pi2\right)b^{2n+1}.$$
等式右边为整数.而积分区间$[-1,1]$的长度为$2$,积分函数只取$0$和$1$之间的值,故$0<I_n\left(\frac\pi2\right)<2$.另一方面,
$$ \frac{a^{2n+1}}{n!} \to 0\text{当}n \to \infty. $$
因此,对于足够大的$n$,有
$$ 0 < \frac{a^{2n+1}I_n\left(\frac\pi2\right)}{n!} < 1, $$
与它是整数相矛盾.因此$\pi$是有理数.
\end{proof}
此证明与Hermite的证明很相似.事实上,
\begin{align}J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\&=2x^{2n+1}\int_0^1 (1 - z^2)^n \cos(xz)\,dz\\&=2^{n+1}n!A_n(x).\end{align}
然而,这显然更简单.这是通过传递函数$A_n$的归纳定义,并以它们的表达式作为积分开始来实现的.
\begin{proof}
(Niven)此证明利用了$\pi$是正弦函数的最小正零点这一特征.
假设$\pi$是有理数,即$\pi=\frac{a}{b}$,不失一般性,设$a$和$b$为正整数.
给定任一正整数$n$,定义多项式函数$f$为
$$ f(x) = \frac{x^n(a - bx)^n}{n!},$$
记
$$F(x) = f(x)-f‘‘(x)+f^{(4)}(x)+\cdots+(-1)^j f^{(2j)}(x)+\cdots+(-1)^n f^{(2n)}(x)$$
为$f$和它的前$n$个偶数阶导函数的交替和.
命题1: $F(0)+F(\pi)$为整数.
\textbf{证明:}将$f$展开为单项式的和, $x^k$的系数是形如$c_k/n!$的数,其中$c_k$是整数且当$k<n$时为0.因此,当$k<n$时, $f^{(k)}(0)$为$0$,并且当$n\leqslant k\leqslant 2n$时,它等于$\frac{k!}{n!}c_k$;在每种情况下, $f^{(k)}(0)$为整数,因此$F(0)$为整数.
另一方面, $f(\pi-x)=f(x)$,因此对于每个非负整数$k$,有$(-1)^kf^ {(k)}(\pi-x)=f^{(k)}(x)$.特别地, $(-1)^kf^ {(k)}(\pi)=f^{(k)}(0)$.因此, $f^ {(k)}(\pi)$也是整数,所以$F(\pi)$也是整数(事实上,很容易看出$F(\pi)=F(0)$,但这与证明无关).因为$F(0)$和$F(\pi)$是整数,所以它们的和也是整数.
命题2:
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(0)+F(\pi).$$
\textbf{证明:}由于$f^{(2n+2)}$为零多项式,则
$$ F‘‘ + F = f.$$
利用
$$ (F‘\cdot\sin - F\cdot\cos)‘ = f\cdot\sin$$
和微积分基本定理可知
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx= \bigl(F‘(x)\sin x - F(x)\cos x\bigr)\Big|_{0}^{\pi}.$$
结论:由于$f(x)>0$,且对于$0<x<\pi$有$\sin x>0$.命题1和2表明$F(0)+F(\pi)$是正整数.由于$0\leqslant x(a-bx)\leqslant \pi a$且对于$0\leqslant x\leqslant\pi$有$0\leqslant\sin x\leqslant 1$,由$f$原来的定义可得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\le\pi\frac{(\pi a)^n}{n!},$$
对于足够大的$n$,上式小于$1$,因此由命题2可知$F(0)+F(\pi)<1$.与$F(0)+F(\pi)$是正整数矛盾.
\end{proof}
上面的证明是一个简化的版本,在分析公式方面尽可能简单.
\begin{align}
\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx
&=\sum_{j=0}^n (-1)^j \bigl(f^{(2j)}(\pi)+f^{(2j)}(0)\bigr)\\
&\qquad+(-1)^{n+1}\int_0^\pi f^{(2n+2)}(x)\sin(x)\,dx,
\end{align}
这是由$2n+2$次分部积分得到的.命题2实质上建立了这个公式,其中$F$的使用隐藏了部分迭代积分.最后一个积分消失是因为$f^{(2n+2)}$是零多项式.命题1显示剩余的和是一个整数.
Niven的证明比乍看之下更接近Cartwright (因此也是Hermite)的证明.事实上,
\begin{align}
J_n(x)&=x^{2n+1}\int_{-1}^1(1-z^2)^n\cos(xz)\,dz\\
&=\int_{-1}^1\bigl(x^2-(xz)^2\bigr)^nx\cos(xz)\,dz.
\end{align}
进行换元$xz=y$得
$$\int_{-x}^x(x^2-y^2)^n\cos(y)\,dy.$$
特别地,
\begin{align}
J_n\left(\frac\pi2\right)&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{\pi^2}4-y^2\right)^n\cos(y)\,dy\\
&=\int_0^\pi\left(\frac{\pi^2}4-\left(y-\frac\pi2\right)^2\right)^n\cos\left(y-\frac\pi2\right)\,dy\\
&=\int_0^\pi y^n(\pi-y)^n\sin(y)\,dy\\&=\frac{n!}{b^n}\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx.
\end{align}
证明之间的另一个联系已被Hermite提到,若$f$是多项式函数并且
$$F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp\cdots,$$
则
$$\int f(x)\sin(x)\,dx=F‘(x)\sin(x)-F(x)\cos(x),$$
由此得
$$\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx=F(\pi)+F(0).$$
布尔巴基的证明在他的微积分书籍中作为练习.
\begin{proof}
(Bourbaki)对于自然数$b$和非负整数$n$,定义
$$A_n(b)=b^n\int_0^\pi\frac{x^n(\pi-x)^n}{n!}\sin(x)\,dx.$$
显然$A_n(b)>0$.此外,当$n$足够大时,有$A_n(b)<1$.
由于
$$x(\pi-x)\le\left(\frac\pi2\right)^2,\quad \forall x\in[0,\pi]$$
则
$$A_n(b)\le\pi b^n\frac1{n!}\left(\frac\pi2\right)^{2n}=\pi\frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}.$$
另一方面,通过分部积分,可以推出,如果$a$和$b$是自然数,那么$\pi=a/b$, $f$是从$[0,\pi]$到$\mathbb{R}$的多项式函数,定义为
$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!},$$
则
\begin{align}
A_n(b)&=\int_0^\pi f(x)\sin(x)\,dx\\ &=\left[-f(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}-\left[-f‘(x)\sin(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}+\cdots\pm\left[f^{(2n)}(x)\cos(x)\right]_{x=0}^{x=\pi}\pm\int_0^\pi f^{(2n+1)}(x)\cos(x)\,dx.
\end{align}
由于$f$是$2n$次多项式,则$f^{(2n+1)}$为零函数,故最后一个积分为$0$.再由每个函数$f^{(k)}\,(0\leqslant k\leqslant 2n)$在$0$和$\pi$处取整数可知$A_n(b)$为整数.
与$n$足够大时, $A_n(b)<1$相矛盾.
\end{proof}
这个证明与Niven的证明非常接近,它们之间的主要区别在于证明数$A_n(b)$是整数的方式.
\begin{proof}
(Laczkovich) Miklós Laczkovich的证明是Lambert原始证明的简化.考虑函数
\begin{align}
f_k(x) & = 1 - \frac{x^2}k+\frac{x^4}{2! k(k+1)}-\frac{x^6}{3! k(k+1)(k+2)} + \cdots \\
& {} \quad (k\notin\{0,-1,-2,\ldots\}).
\end{align}
且
$$f_{1/2}(x)=\cos(2x) \text{和} f_{3/2}(x)=\frac{\sin(2x)}{2x}.$$
命题1.满足递推关系:
$$\frac{x^2}{k(k+1)}f_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).$$
证明:比较$x$的各次幂的系数即可.
命题2.对任意实数$x$,有$\lim_{k\to+\infty}f_k(x)=1$.
证明:事实上, $\frac{x^{2n}}{n!}$有界(因为它收敛到$0$).若$C$为它的上界且$k>1$,则
$$\bigl|f_k(x)-1\bigr|\leqslant\sum_{n=1}^\infty\frac C{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac C{k-1}.$$
命题3.若$x\neq 0$且$x^2$为有理数,则
$$f_k(x)\neq0\text{ 和 }\frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin\mathbb{Q}.\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}$$
证明:否则,存在实数$y\neq 0$和整数$a,b$,使得$f_k(x)=ay$和$f_{k+1}(x)=by$.这是因为,若$f_k(x)=0$,取$y=f_{k+1}(x),a=0$和$b=1$即可;否则,取整数$a$和$b$使得$\frac{f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}=\frac{b}{a}$,定义$y=\frac{f_k(x)}{a}=\frac{f_ {k+1}(x)}{b}$.在每种情形下,均有$y\neq 0$,否则由命题1可知$f_{k+n}(x)\,(n\in \mathbb{N})$为$0$,与命题2相矛盾.现在取自然数$c$使得三个数$\frac{bc}{k},\frac{ck}{x^2}$和$\frac{c}{x^2}$均为整数,考虑数列
$$g_n=\begin{cases}f_k(x)&\text{ 若 }\, n=0\\ \frac{c^n}{k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)&\text{ 否则.}\end{cases}$$
则
$$g_0=f_k(x)=ay\in\mathbb{Z}y\text{ 和 }g_1=\frac ckf_{k+1}(x)=\frac{bc}ky\in\mathbb{Z}y.$$
另一方面,由命题1可得
\begin{align}
g_{n+2}&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}\cdot\frac{x^2}{(k+n)(k+n+1)}f_{k+n+2}(x)\\
&=\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^2k(k+1)\cdots(k+n-1)}f_{k+n}(x)\\
&=\frac{c(k+n)}{x^2}g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n\\
&=\left(\frac{ck}{x^2}+\frac c{x^2}n\right)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}g_n,
\end{align}
这是整系数的$g_{n+1}$和$g_n$的线性组合.因此,每个$g_n$是$y$的整数倍.由命题2可知$g_n>0$,因此$g_n\geqslant |y|$.若$n$足够大时,数列$g_n$收敛于$0$.然而大于或等于$|y|$的数列不能收敛于$0$.
由于$f_{\frac{1}{2}}\left( \frac{\pi}{4} \right) =\cos \frac{\pi}{2}=0$,由命题3可得$\frac{\pi^2}{16}$是无理数,因此$\pi$也是无理数.
另一方面,由于
$$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=x\frac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},$$
由命题3可知,若$x\in \mathbb{Q}\backslash \{0\}$,则$\tan x$是无理数.
\end{proof}
Laczkovich的证明实际上是关于超几何函数的.事实上, $f_k(x)={}_0F_1(k;−x^2)$和高斯利用超几何函数的函数方程发现了超几何函数的连分式展开.这使得Laczkovich找到了一个新的更简单的证明,即它的切线函数具有Lambert发现的连分式展开.
Laczkovich的结果也可以用第一类贝塞尔函数$J_\nu (x)$表示.事实上, $\Gamma (k)J_{k−1}(2x)=x^{k−1}f_k(x)$.所以Laczkovich的结果等价于:若$x\neq 0$且$x^2$是有理数,那么
$$\frac{x J_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin\mathbb{Q},\quad \forall k\in\mathbb{Q}\setminus\{0,-1,-2,\ldots\}.$$
%https://infogalactic.com/info/Proof_that_%CF%80_is_irrational#cite_note-9
%https://infogalactic.com/info/Proof_that_e_is_irrational
%https://infogalactic.com/info/Lindemann%E2%80%93Weierstrass_theorem#Transcendence_of_e_and_.CF.80
%https://infogalactic.com/info/Transcendental_number#Sketch_of_a_proof_that_.27.27e.27.27_is_transcendental
$$
\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{n^n}{n!e^n}=\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n\ln n-n-\sum_{k=1}^n{\ln k} \right\}
\\
=\exp \left\{ \lim_{n\rightarrow \infty} n-\sum_{k=1}^n{\ln \frac{k}{n}} \right\}
$$
原文：https://www.cnblogs.com/Eufisky/p/13640575.html