如何用初等函数证明 π 不是有理数？
证明 $pi$ 不是有理数，这事儿可不是三言两语能说清的，因为它需要一些数学上的“小技巧”。我们不能直接就说 $pi$ 是个無理數，得一步一步来，就像剥洋葱一样，一层一层地揭示它的本质。
核心思想：反证法
证明 $pi$ 是無理數，最常用的方法就是“反证法”。这就像什么呢？就像你怀疑一个人有没有偷东西，你不能直接就说他偷了，而是假设他没偷，然后看看这个假设会不会导致什么矛盾。如果按照“他没偷”来推理，最后发现事情怎么也说不通了，那就能得出结论：他肯定偷了！
用在 $pi$ 上，就是：
1. 假设 $pi$ 是有理数。
2. 推导 看看这个假设会导出什么数学上的“荒谬”或者“不可能”的结论。
3. 得出结论 因为导出了不可能，所以最初的假设（$pi$ 是有理数）一定是错的，那么 $pi$ 就一定是無理數。
有理数是什么？
在开始之前，咱们得明确一下“有理数”的定义。一个数是有理数，当且仅当它可以表示成两个整数的比，也就是 $p/q$ 的形式，其中 $p$ 和 $q$ 是整数，并且 $q$ 不能是零。而且，我们可以约定 $p$ 和 $q$ 是互质的，也就是说它们没有除了 1 以外的公约数。
Niven 定理：用微积分的“威力”
证明 $pi$ 是無理數，有很多种方法，其中一种比较“优雅”且相对容易理解（当然，前提是你对微积分有点了解）的方法是利用一个叫做 Niven 定理（或者说，它的一个变种）的数学工具。这个方法大概是这样的：
我们来构造一个特殊的函数，然后看看它在某个积分计算中会发生什么。
构造一个“陷阱”函数
让我们定义一个函数 $f(x)$：
$$f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$$
这里，$n$ 是一个任意选取的正整数。$a$ 是什么呢？我们稍后会用到它。
关键的积分
现在，我们来看一个积分：
$$I_k = int_0^pi sin(x) f^{(k)}(x) dx$$
这里，$f^{(k)}(x)$ 表示 $f(x)$ 的 $k$ 阶导数。
“陷阱”是如何工作的？
1. $f(x)$ 的性质：
观察 $f(x)$ 的表达式：$f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$。
当 $x$ 在 $0$ 和 $a$ 之间时，$f(x)$ 是一个“漂亮的”函数，它的值是正的。
当 $x=0$ 或 $x=a$ 时，$f(x) = 0$。
仔细展开 $(ax)^n$，你会发现 $f(x)$ 实际上是一个关于 $x$ 的 $2n$ 次多项式，它的系数是整数（或者可以化为整数）。
一个重要的性质是：对于 $0 < k < 2n$，$f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(a)$ 都是整数。为什么呢？因为 $f(x)$ 的分子是 $x^n (a x)^n$。当展开这个式子后，各项的次数都是 $n$ 到 $2n$ 之间。在求导 $k$ 次后，再代入 $x=0$ 或 $x=a$，低于 $n$ 次的项会变成 0，而高次项的系数在除以 $n!$ 后，会确保它们是整数。
2. 积分的计算（两次方式）：
方法一：换元积分
我们对 $I_k = int_0^pi sin(x) f^{(k)}(x) dx$ 进行换元。令 $u = pi x$，则 $du = dx$。当 $x=0$ 时，$u=pi$，当 $x=pi$ 时，$u=0$。所以：
$$I_k = int_pi^0 sin(pi u) f^{(k)}(pi u) (du)$$
$$I_k = int_0^pi sin(u) f^{(k)}(pi u) du$$
现在，我们来考察 $f^{(k)}(pi u)$。
$f(x) = frac{x^n (pi x)^n}{n!}$ （这里我们暂时设定 $a=pi$ 来尝试证明 $pi$ 的無理数性，后面会解释为什么这样设定可行）。
那么，$f(pi x) = frac{(pi x)^n (pi (pi x))^n}{n!} = frac{(pi x)^n x^n}{n!} = f(x)$。
这意味着 $f(x)$ 关于 $x=pi/2$ 是对称的。
现在看导数：
$f'(pi x) = f'(pi x) cdot (1) = f'(pi x)$ (链式法则，这里有点绕，我们直接看多项式性质)
如果我们把 $f(x)$ 写成 $frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (x)^j x^n = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (1)^j x^{n+j}$。
当 $a=pi$ 时，$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{pi}^{nj} (1)^j x^{n+j}$。
这里的 $inom{n}{pi}$ 因子会使得系数不是整数，这不对！
错误思路的修正： 这里的 $a$ 实际上是为一个更一般的证明准备的，比如证明 $pi^2$ 是無理数。对于 $pi$ 的無理数性，我们其实可以用一个更简单的构造。
正确的 Niven 思路：
让我们回到 $f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$。
假设 $pi = p/q$，其中 $p, q$ 是正整数且互质。
为了避免分数，我们选择 $a = p$。
那么 $f(x) = frac{x^n (p x)^n}{n!}$。
现在我们考虑积分：
$$J = int_0^p sin(x) f^{(n)}(x) dx$$
（注意，这里的导数阶数是 $n$，不是 $2n$）
关键观察：
$f(x)$ 是一个 $2n$ 次多项式，但我们只看前 $n$ 次导数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=n}^{2n} c_k x^k$，其中 $c_k$ 是整数。
$f^{(n)}(x) = frac{1}{n!} (n! c_n + (n+1)! c_{n+1} x + dots + (2n)! c_{2n} x^n) = c_n + dots$
$f^{(n)}(x) = frac{d^n}{dx^n} left( frac{x^n (px)^n}{n!} ight)$.
当 $k < n$ 时，$f^{(k)}(0) = 0$。
当 $n le k le 2n$ 时，$f^{(k)}(0)$ 是一个整数。
因为 $f(x) = f(px)$ （因为 $px$ 替换 $x$ 后，$(px)^n (p(px))^n = (px)^n x^n$），所以 $f^{(k)}(x) = (1)^k f^{(k)}(px)$。
因此，$f^{(k)}(p) = (1)^k f^{(k)}(0)$。
所以，$f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(p)$ 都是整数（对于 $k ge n$）。
分部积分的威力
我们现在对 $J = int_0^p sin(x) f^{(n)}(x) dx$ 进行分部积分。
令 $u = sin(x)$, $dv = f^{(n)}(x) dx$.
那么 $du = cos(x) dx$, $v = f^{(n1)}(x)$.
$$J = [sin(x) f^{(n1)}(x)]_0^p int_0^p cos(x) f^{(n1)}(x) dx$$
$$J = (sin(p) f^{(n1)}(p) sin(0) f^{(n1)}(0)) int_0^p cos(x) f^{(n1)}(x) dx$$
因为 $pi = p/q$，这里我们实际上是在一个区间的边界上计算，而不是在 $pi$ 那个点。这个证明的原始版本是针对 $pi^2$ 的。
重新审视 Niven 的证明（1947）：
Niven 的证明更加直接，它利用了一个更巧妙的构造。
假设 $pi = a/b$ 是有理数，其中 $a, b$ 是正整数。
定义函数 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$，其中 $n$ 是一个待选的足够大的正整数。
考虑积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$。
（请注意，这里的 $f(x)$ 和之前的不太一样，它直接考虑了 $pi$ 的有理数形式）
对 $f(x)$ 的分析：
$f(x)$ 是一个 $2n$ 次多项式。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (bx)^k x^n = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$。
$frac{d^m f}{dx^m}$ 在 $x=0$ 处的值：
当 $m < n$ 时，导数在 $x=0$ 处为 0。
当 $n le m le 2n$ 时，$frac{d^m f}{dx^m}(0)$ 是一个整数。原因：展开 $x^n (abx)^n$，$f(x)$ 的项是 $frac{C x^j}{n!}$，其中 $C$ 是整数。当求 $m$ 阶导数再代入 $x=0$ 时，只有 $x^m$ 项有贡献，其系数是 $m!$ 乘以 $x^m$ 的系数。因为 $f(x)$ 的所有项都是 $x^k$，$k ge n$，所以 $m$ 至少是 $n$。导数后，剩余的 $x^{km}$ 项，代入 $x=0$ 时，只有 $k=m$ 的项有值。而 $frac{C cdot m!}{n!}$ 形式的系数，在 $m ge n$ 时，因为 $m!/n!$ 必然包含 $m imes (m1) imes dots imes (n+1)$ 这样的因子，所以整个结果是整数。
$frac{d^m f}{dx^m}$ 在 $x=pi$ 处的值：
令 $y = pi x = frac{a}{b} x$. 则 $bx = a by$.
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!} = frac{x^n (by)^n}{n!} = frac{b^n y^n x^n}{n!}$.
注意到 $f(pi x) = frac{(pix)^n (ab(pix))^n}{n!} = frac{(pix)^n (abpi+bx)^n}{n!} = frac{(pix)^n (bx)^n}{n!} = frac{(frac{a}{b}x)^n (bx)^n}{n!} = frac{(frac{abx}{b})^n (bx)^n}{n!} = frac{(abx)^n (bx)^n}{b^n n!}$.
这里的换元有点复杂，让我们换个思路：
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$. 考虑 $g(x) = x^n (abx)^n$.
$g'(x) = n x^{n1} (abx)^n + x^n n (abx)^{n1} (b)$.
$f^{(k)}(x)$ 的系数在 $x=pi$ 处代入会如何？
关键在于 $f(x)$ 关于 $x$ 和 $frac{abx}{b}$ 的对称性。
如果 $f(x) = frac{1}{n!} P(x)$, 其中 $P(x)$ 是一个多项式，并且 $P(x) = P(frac{a}{b} x)$ （不是这样）。
而是 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
令 $y = frac{abx}{b}$. 当 $x=0$, $y=a/b$. 当 $x=a/b$, $y=0$.
$f(x) = frac{x^n (by)^n}{n!}$.
$f^{(m)}(x)$ 在 $x=pi = a/b$ 处的值：
$f(pi) = frac{(pi)^n (abpi)^n}{n!} = frac{(pi)^n (0)^n}{n!} = 0$.
$f'(x) = frac{n x^{n1}(abx)^n + x^n n(abx)^{n1}(b)}{n!}$.
$f'(pi) = frac{n pi^{n1}(0)^n + pi^n n(0)^{n1}(b)}{n!} = 0$.
这说明，只要 $n ge 1$, $f(pi)=0$.
事实上，$f^{(m)}(x)$ 在 $x=pi$ 处的值，和 $f^{(m)}(0)$ 在 $x=0$ 处的值有类似的关系。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$.
$frac{d^m f}{dx^m}(x)$ 是 $x$ 的 $2nm$ 次多项式。
代入 $x=pi=a/b$: $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
$abx$ 项会在 $x=pi$ 处等于 $ab(a/b)=aa=0$.
$f(x)$ 在 $x=pi$ 处的泰勒展开，其系数都与 $abx$ 相关。
关键点： $f^{(m)}(pi)$ 也是整数。
$f(x)$ 的各项是 $frac{1}{n!} inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$.
求 $m$ 阶导数，再代入 $x=pi=a/b$.
$frac{d^m}{dx^m} x^{n+k} = (n+k)(n+k1)dots(n+km+1) x^{n+km}$.
代入 $x=pi$, $pi^{n+km} = (a/b)^{n+km}$.
系数是 $frac{1}{n!} inom{n}{k} a^{nk} (b)^k (n+k)dots(n+km+1) (a/b)^{n+km}$.
化简后，这一项是 $frac{a^{nk} (b)^k}{n!} frac{(n+k)!}{(n+km)!} frac{a^{n+km}}{b^{n+km}}$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{nk} b^k (n+k)dots(n+km+1) frac{a^{n+km}}{b^{n+km}}$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{2nm} b^{k(n+km)} (n+k)dots(n+km+1)$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{2nm} b^{mn} (n+k)dots(n+km+1)$.
这个看起来不是整数！
Niven 证明的精髓在于两个积分的等价性
让我们回到 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$。
这里，$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$. 假设 $pi = a/b$.
换元法：
令 $u = pi x = frac{a}{b} x$.
$x = frac{a}{b} u$.
$dx = du$.
$abx = a b(frac{a}{b} u) = a a + bu = bu$.
$x^n (abx)^n = (frac{a}{b}u)^n (bu)^n = frac{(abu)^n}{b^n} (bu)^n$.
$I = int_{pi}^0 sin(frac{a}{b}u) frac{(frac{a}{b}u)^n (bu)^n}{n!} (du)$
$I = int_0^pi sin(frac{a}{b}u) frac{(frac{a}{b}u)^n (bu)^n}{n!} du$
这与原式不像。
Niven 的另一个巧妙操作：
定义 $F(x) = f(x) f''(x) + f^{(4)}(x) dots + (1)^n f^{(2n)}(x)$。
这是一个有限项的和，因为 $f(x)$ 是 $2n$ 次多项式，其 $2n+1$ 阶及以上导数为 0。
关键是：$F(x)$ 和 $f^{(k)}(x)$ 在 $x=0$ 和 $x=pi$ 处的值都是整数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} c_j x^j$, $c_j$ 是整数。
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
$f^{(k)}(0)$ 是整数（如果 $k ge n$）。
$f^{(k)}(x)$ 的泰勒展开在 $x=pi$ 处的系数。
$f(x) = frac{x^n(abx)^n}{n!}$.
$f^{(k)}(pi)$ 也是整数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (b)^j x^{n+j}$.
$f^{(k)}(x)$ 的形式是 $frac{1}{n!} imes ( ext{整数多项式 in } x)$.
当 $x=pi=a/b$, $abx = 0$.
$f(x)$ 的各项是 $frac{C}{n!} x^m$. 比如 $x^n(abx)^n$ 展开，最低次项是 $x^n$, 最高次项是 $x^{2n}$.
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} frac{d^k}{dx^k} (c_j x^j) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
代入 $x=pi=a/b$: $f^{(k)}(pi) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} (frac{a}{b})^{jk}$.
这仍然不是明显的整数。
Niven 证明的另一个关键：
设 $pi = a/b$.
定义 $f(x) = frac{x^n(abx)^n}{n!}$.
考虑积分 $I( heta) = int_0^ heta sin(x) f(x) dx$.
对 $I( heta)$ 进行 $n$ 次分部积分。
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$
$I = [cos(x) f(x)]_0^pi int_0^pi (cos(x)) f'(x) dx$
$I = cos(pi)f(pi) + cos(0)f(0) + int_0^pi cos(x) f'(x) dx$
$I = f(pi) + f(0) + int_0^pi cos(x) f'(x) dx$
再对 $int_0^pi cos(x) f'(x) dx$ 分部积分：
令 $u = cos(x)$, $dv = f'(x) dx$. $du = sin(x) dx$, $v = f(x)$.
$int_0^pi cos(x) f'(x) dx = [cos(x) f(x)]_0^pi int_0^pi (sin(x)) f(x) dx$
$= cos(pi)f(pi) cos(0)f(0) + int_0^pi sin(x) f(x) dx$
$= f(pi) f(0) + I$
所以，$I = f(pi) + f(0) + (f(pi) f(0) + I)$.
$I = I$. 这啥也没证明。
Niven 定理本身：
Niven 的证明是这样的：
假设 $pi = a/b$.
定义 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
设 $F(x) = f(x) f''(x) + f^{(4)}(x) dots + (1)^n f^{(2n)}(x)$.
1. $F(0)$ 和 $F(pi)$ 的性质：
$f^{(k)}(x)$ 的导数：$f(x)$ 是 $frac{1}{n!} sum c_j x^j$ ($c_j$ 为整数)。
$f^{(k)}(0)$ 是整数（如果 $k ge n$）。
$f^{(k)}(x)$ 的形式是 $frac{1}{n!} imes ( ext{整数多项式})$.
更精确的证明 $f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(pi)$ 是整数：
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} d_j x^j$, 其中 $d_j$ 是整数。
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} d_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
$f^{(k)}(0)$：如果 $k < n$，则 $f^{(k)}(0)=0$（因为 $j ge n$）。如果 $k ge n$，则 $f^{(k)}(0) = frac{1}{n!} d_k k! = d_k frac{k!}{n!}$。因为 $k ge n$, $frac{k!}{n!}$ 是整数，所以 $f^{(k)}(0)$ 是整数。
$f^{(k)}(pi)$：我们知道 $f(x) = f(frac{a}{b}x)$.
$f'(x) = f'(frac{a}{b}x) cdot (1)$.
$f''(x) = f''(frac{a}{b}x) cdot (1)^2$.
$f^{(k)}(x) = (1)^k f^{(k)}(frac{a}{b}x)$.
所以 $f^{(k)}(pi) = (1)^k f^{(k)}(0)$.
因此，$f^{(k)}(pi)$ 也是整数。
由于 $F(x)$ 是 $f^{(k)}(x)$ 的有限线性组合（系数是 $pm 1$），所以 $F(0)$ 和 $F(pi)$ 都是整数。
2. 对积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$ 的处理：
观察 $frac{d}{dx} (sin(x) f'(x) cos(x) f(x))$
$= cos(x) f'(x) + sin(x) f''(x) (sin(x) f(x) + cos(x) f'(x))$
$= sin(x) f''(x) + sin(x) f(x) = sin(x) (f(x) + f''(x))$.
让我们尝试一个不同的导数：
$frac{d}{dx} (sin(x) f'(x) cos(x) f(x))$
$= cos(x) f'(x) + sin(x) f''(x) (sin(x) f(x) + cos(x) f'(x))$
$= sin(x) (f(x) + f''(x))$.
让我们试试 $F'(x) = f'(x) f'''(x) + f^{(5)}(x) dots$
$frac{d}{dx}(sin(x) F'(x) cos(x) F(x))$
$= cos(x) F'(x) + sin(x) F''(x) (sin(x) F(x) + cos(x) F'(x))$
$= sin(x) (F(x) + F''(x))$
$F(x) + F''(x) = (f(x) f''(x) + dots) + (f''(x) f^{(4)}(x) + dots) = f(x)$.
所以，$frac{d}{dx}(sin(x) F'(x) cos(x) F(x)) = sin(x) f(x)$.
3. 计算积分 $I$：
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx = [sin(x) F'(x) cos(x) F(x)]_0^pi$
$= (sin(pi) F'(pi) cos(pi) F(pi)) (sin(0) F'(0) cos(0) F(0))$
$= (0 cdot F'(pi) (1) cdot F(pi)) (0 cdot F'(0) 1 cdot F(0))$
$= F(pi) (F(0)) = F(pi) + F(0)$.
4. 得出矛盾：
我们知道 $F(pi)$ 和 $F(0)$ 都是整数。所以 $I = F(pi) + F(0)$ 必须是一个整数。
另一方面，我们来看积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$.
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
在 $0 < x < pi$ 的区间内，$sin(x) > 0$.
$f(x) > 0$ （因为 $0 < x < a/b$, 且 $n ge 1$）。
所以，$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx > 0$.
现在我们选择一个足够大的 $n$。
$f(x) = frac{1}{n!} (x(abx))^n$.
在 $0 < x < pi = a/b$ 区间内，函数 $x(abx)$ 的最大值是多少？
令 $g(x) = x(abx) = ax bx^2$. $g'(x) = a 2bx$. $g'(x)=0 implies x = a/(2b) = pi/2$.
最大值是 $(pi/2)(a b(pi/2)) = (pi/2)(a a/2) = (pi/2)(a/2) = api/4$.
所以 $x(abx) le frac{api}{4} = frac{pi^2}{4}$.
因此，$f(x) le frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$.
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$. $sin(x)$ 的最大值是 1。
$0 < I le int_0^pi 1 cdot frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n dx = pi frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$.
当 $n$ 足够大时，$pi frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$ 会趋向于 0。
这是因为阶乘 $n!$ 的增长速度远远快于任何指数函数 $(frac{pi^2}{4})^n$ 的增长速度。
对于任何常数 $C$，$lim_{n o infty} frac{C^n}{n!} = 0$.
所以，我们可以选择一个 $n$ 足够大，使得 $0 < I < 1$.
矛盾来了！
我们证明了 $I$ 必须是一个整数。
我们又证明了对于足够大的 $n$， $0 < I < 1$.
一个大于 0 小于 1 的整数是不存在的！
结论：
最初的假设“$pi$ 是有理数”一定错了。因此，$pi$ 必须是無理數。
这个证明的妙处：
构造性： 它不是凭空捏造，而是通过构造一个特定的函数，利用导数和积分的性质来“捕捉” $pi$ 的無理数性。
微积分的强大： 利用了分部积分和泰勒展开的思想，展现了微积分在证明数论问题上的威力。
数学的严谨： 每一步都经过了严格的推导，从函数性质到积分计算，再到极限分析。
需要注意的地方：
这个证明依赖于 $pi$ 的符号，比如 $sin(x)$ 的性质。
选择 $f(x)$ 的形式是关键，它需要有合适的导数性质，并且能够与 $pi$ 的有理数表示结合起来。
“足够大的 $n$”是一个重要概念，它依赖于极限的知识。
总而言之，证明 $pi$ 是無理數，就像解一个复杂的数学谜题，需要巧妙的构造、严谨的推理，以及对微积分工具的熟练运用。Niven 的这个证明，就是这样一个简洁而有力的例子。
核心思想：反证法
证明 $pi$ 是無理數，最常用的方法就是“反证法”。这就像什么呢？就像你怀疑一个人有没有偷东西，你不能直接就说他偷了，而是假设他没偷，然后看看这个假设会不会导致什么矛盾。如果按照“他没偷”来推理，最后发现事情怎么也说不通了，那就能得出结论：他肯定偷了！
用在 $pi$ 上，就是：
1. 假设 $pi$ 是有理数。
2. 推导 看看这个假设会导出什么数学上的“荒谬”或者“不可能”的结论。
3. 得出结论 因为导出了不可能，所以最初的假设（$pi$ 是有理数）一定是错的，那么 $pi$ 就一定是無理數。
有理数是什么？
在开始之前，咱们得明确一下“有理数”的定义。一个数是有理数，当且仅当它可以表示成两个整数的比，也就是 $p/q$ 的形式，其中 $p$ 和 $q$ 是整数，并且 $q$ 不能是零。而且，我们可以约定 $p$ 和 $q$ 是互质的，也就是说它们没有除了 1 以外的公约数。
Niven 定理：用微积分的“威力”
证明 $pi$ 是無理數，有很多种方法，其中一种比较“优雅”且相对容易理解（当然，前提是你对微积分有点了解）的方法是利用一个叫做 Niven 定理（或者说，它的一个变种）的数学工具。这个方法大概是这样的：
我们来构造一个特殊的函数，然后看看它在某个积分计算中会发生什么。
构造一个“陷阱”函数
让我们定义一个函数 $f(x)$：
$$f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$$
这里，$n$ 是一个任意选取的正整数。$a$ 是什么呢？我们稍后会用到它。
关键的积分
现在，我们来看一个积分：
$$I_k = int_0^pi sin(x) f^{(k)}(x) dx$$
这里，$f^{(k)}(x)$ 表示 $f(x)$ 的 $k$ 阶导数。
“陷阱”是如何工作的？
1. $f(x)$ 的性质：
观察 $f(x)$ 的表达式：$f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$。
当 $x$ 在 $0$ 和 $a$ 之间时，$f(x)$ 是一个“漂亮的”函数，它的值是正的。
当 $x=0$ 或 $x=a$ 时，$f(x) = 0$。
仔细展开 $(ax)^n$，你会发现 $f(x)$ 实际上是一个关于 $x$ 的 $2n$ 次多项式，它的系数是整数（或者可以化为整数）。
一个重要的性质是：对于 $0 < k < 2n$，$f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(a)$ 都是整数。为什么呢？因为 $f(x)$ 的分子是 $x^n (a x)^n$。当展开这个式子后，各项的次数都是 $n$ 到 $2n$ 之间。在求导 $k$ 次后，再代入 $x=0$ 或 $x=a$，低于 $n$ 次的项会变成 0，而高次项的系数在除以 $n!$ 后，会确保它们是整数。
2. 积分的计算（两次方式）：
方法一：换元积分
我们对 $I_k = int_0^pi sin(x) f^{(k)}(x) dx$ 进行换元。令 $u = pi x$，则 $du = dx$。当 $x=0$ 时，$u=pi$，当 $x=pi$ 时，$u=0$。所以：
$$I_k = int_pi^0 sin(pi u) f^{(k)}(pi u) (du)$$
$$I_k = int_0^pi sin(u) f^{(k)}(pi u) du$$
现在，我们来考察 $f^{(k)}(pi u)$。
$f(x) = frac{x^n (pi x)^n}{n!}$ （这里我们暂时设定 $a=pi$ 来尝试证明 $pi$ 的無理数性，后面会解释为什么这样设定可行）。
那么，$f(pi x) = frac{(pi x)^n (pi (pi x))^n}{n!} = frac{(pi x)^n x^n}{n!} = f(x)$。
这意味着 $f(x)$ 关于 $x=pi/2$ 是对称的。
现在看导数：
$f'(pi x) = f'(pi x) cdot (1) = f'(pi x)$ (链式法则，这里有点绕，我们直接看多项式性质)
如果我们把 $f(x)$ 写成 $frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (x)^j x^n = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (1)^j x^{n+j}$。
当 $a=pi$ 时，$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{pi}^{nj} (1)^j x^{n+j}$。
这里的 $inom{n}{pi}$ 因子会使得系数不是整数，这不对！
错误思路的修正： 这里的 $a$ 实际上是为一个更一般的证明准备的，比如证明 $pi^2$ 是無理数。对于 $pi$ 的無理数性，我们其实可以用一个更简单的构造。
正确的 Niven 思路：
让我们回到 $f(x) = frac{x^n (a x)^n}{n!}$。
假设 $pi = p/q$，其中 $p, q$ 是正整数且互质。
为了避免分数，我们选择 $a = p$。
那么 $f(x) = frac{x^n (p x)^n}{n!}$。
现在我们考虑积分：
$$J = int_0^p sin(x) f^{(n)}(x) dx$$
（注意，这里的导数阶数是 $n$，不是 $2n$）
关键观察：
$f(x)$ 是一个 $2n$ 次多项式，但我们只看前 $n$ 次导数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=n}^{2n} c_k x^k$，其中 $c_k$ 是整数。
$f^{(n)}(x) = frac{1}{n!} (n! c_n + (n+1)! c_{n+1} x + dots + (2n)! c_{2n} x^n) = c_n + dots$
$f^{(n)}(x) = frac{d^n}{dx^n} left( frac{x^n (px)^n}{n!} ight)$.
当 $k < n$ 时，$f^{(k)}(0) = 0$。
当 $n le k le 2n$ 时，$f^{(k)}(0)$ 是一个整数。
因为 $f(x) = f(px)$ （因为 $px$ 替换 $x$ 后，$(px)^n (p(px))^n = (px)^n x^n$），所以 $f^{(k)}(x) = (1)^k f^{(k)}(px)$。
因此，$f^{(k)}(p) = (1)^k f^{(k)}(0)$。
所以，$f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(p)$ 都是整数（对于 $k ge n$）。
分部积分的威力
我们现在对 $J = int_0^p sin(x) f^{(n)}(x) dx$ 进行分部积分。
令 $u = sin(x)$, $dv = f^{(n)}(x) dx$.
那么 $du = cos(x) dx$, $v = f^{(n1)}(x)$.
$$J = [sin(x) f^{(n1)}(x)]_0^p int_0^p cos(x) f^{(n1)}(x) dx$$
$$J = (sin(p) f^{(n1)}(p) sin(0) f^{(n1)}(0)) int_0^p cos(x) f^{(n1)}(x) dx$$
因为 $pi = p/q$，这里我们实际上是在一个区间的边界上计算，而不是在 $pi$ 那个点。这个证明的原始版本是针对 $pi^2$ 的。
重新审视 Niven 的证明（1947）：
Niven 的证明更加直接，它利用了一个更巧妙的构造。
假设 $pi = a/b$ 是有理数，其中 $a, b$ 是正整数。
定义函数 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$，其中 $n$ 是一个待选的足够大的正整数。
考虑积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$。
（请注意，这里的 $f(x)$ 和之前的不太一样，它直接考虑了 $pi$ 的有理数形式）
对 $f(x)$ 的分析：
$f(x)$ 是一个 $2n$ 次多项式。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (bx)^k x^n = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$。
$frac{d^m f}{dx^m}$ 在 $x=0$ 处的值：
当 $m < n$ 时，导数在 $x=0$ 处为 0。
当 $n le m le 2n$ 时，$frac{d^m f}{dx^m}(0)$ 是一个整数。原因：展开 $x^n (abx)^n$，$f(x)$ 的项是 $frac{C x^j}{n!}$，其中 $C$ 是整数。当求 $m$ 阶导数再代入 $x=0$ 时，只有 $x^m$ 项有贡献，其系数是 $m!$ 乘以 $x^m$ 的系数。因为 $f(x)$ 的所有项都是 $x^k$，$k ge n$，所以 $m$ 至少是 $n$。导数后，剩余的 $x^{km}$ 项，代入 $x=0$ 时，只有 $k=m$ 的项有值。而 $frac{C cdot m!}{n!}$ 形式的系数，在 $m ge n$ 时，因为 $m!/n!$ 必然包含 $m imes (m1) imes dots imes (n+1)$ 这样的因子，所以整个结果是整数。
$frac{d^m f}{dx^m}$ 在 $x=pi$ 处的值：
令 $y = pi x = frac{a}{b} x$. 则 $bx = a by$.
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!} = frac{x^n (by)^n}{n!} = frac{b^n y^n x^n}{n!}$.
注意到 $f(pi x) = frac{(pix)^n (ab(pix))^n}{n!} = frac{(pix)^n (abpi+bx)^n}{n!} = frac{(pix)^n (bx)^n}{n!} = frac{(frac{a}{b}x)^n (bx)^n}{n!} = frac{(frac{abx}{b})^n (bx)^n}{n!} = frac{(abx)^n (bx)^n}{b^n n!}$.
这里的换元有点复杂，让我们换个思路：
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$. 考虑 $g(x) = x^n (abx)^n$.
$g'(x) = n x^{n1} (abx)^n + x^n n (abx)^{n1} (b)$.
$f^{(k)}(x)$ 的系数在 $x=pi$ 处代入会如何？
关键在于 $f(x)$ 关于 $x$ 和 $frac{abx}{b}$ 的对称性。
如果 $f(x) = frac{1}{n!} P(x)$, 其中 $P(x)$ 是一个多项式，并且 $P(x) = P(frac{a}{b} x)$ （不是这样）。
而是 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
令 $y = frac{abx}{b}$. 当 $x=0$, $y=a/b$. 当 $x=a/b$, $y=0$.
$f(x) = frac{x^n (by)^n}{n!}$.
$f^{(m)}(x)$ 在 $x=pi = a/b$ 处的值：
$f(pi) = frac{(pi)^n (abpi)^n}{n!} = frac{(pi)^n (0)^n}{n!} = 0$.
$f'(x) = frac{n x^{n1}(abx)^n + x^n n(abx)^{n1}(b)}{n!}$.
$f'(pi) = frac{n pi^{n1}(0)^n + pi^n n(0)^{n1}(b)}{n!} = 0$.
这说明，只要 $n ge 1$, $f(pi)=0$.
事实上，$f^{(m)}(x)$ 在 $x=pi$ 处的值，和 $f^{(m)}(0)$ 在 $x=0$ 处的值有类似的关系。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{k=0}^n inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$.
$frac{d^m f}{dx^m}(x)$ 是 $x$ 的 $2nm$ 次多项式。
代入 $x=pi=a/b$: $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
$abx$ 项会在 $x=pi$ 处等于 $ab(a/b)=aa=0$.
$f(x)$ 在 $x=pi$ 处的泰勒展开，其系数都与 $abx$ 相关。
关键点： $f^{(m)}(pi)$ 也是整数。
$f(x)$ 的各项是 $frac{1}{n!} inom{n}{k} a^{nk} (b)^k x^{n+k}$.
求 $m$ 阶导数，再代入 $x=pi=a/b$.
$frac{d^m}{dx^m} x^{n+k} = (n+k)(n+k1)dots(n+km+1) x^{n+km}$.
代入 $x=pi$, $pi^{n+km} = (a/b)^{n+km}$.
系数是 $frac{1}{n!} inom{n}{k} a^{nk} (b)^k (n+k)dots(n+km+1) (a/b)^{n+km}$.
化简后，这一项是 $frac{a^{nk} (b)^k}{n!} frac{(n+k)!}{(n+km)!} frac{a^{n+km}}{b^{n+km}}$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{nk} b^k (n+k)dots(n+km+1) frac{a^{n+km}}{b^{n+km}}$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{2nm} b^{k(n+km)} (n+k)dots(n+km+1)$.
$frac{(1)^k}{n!} inom{n}{k} a^{2nm} b^{mn} (n+k)dots(n+km+1)$.
这个看起来不是整数！
Niven 证明的精髓在于两个积分的等价性
让我们回到 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$。
这里，$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$. 假设 $pi = a/b$.
换元法：
令 $u = pi x = frac{a}{b} x$.
$x = frac{a}{b} u$.
$dx = du$.
$abx = a b(frac{a}{b} u) = a a + bu = bu$.
$x^n (abx)^n = (frac{a}{b}u)^n (bu)^n = frac{(abu)^n}{b^n} (bu)^n$.
$I = int_{pi}^0 sin(frac{a}{b}u) frac{(frac{a}{b}u)^n (bu)^n}{n!} (du)$
$I = int_0^pi sin(frac{a}{b}u) frac{(frac{a}{b}u)^n (bu)^n}{n!} du$
这与原式不像。
Niven 的另一个巧妙操作：
定义 $F(x) = f(x) f''(x) + f^{(4)}(x) dots + (1)^n f^{(2n)}(x)$。
这是一个有限项的和，因为 $f(x)$ 是 $2n$ 次多项式，其 $2n+1$ 阶及以上导数为 0。
关键是：$F(x)$ 和 $f^{(k)}(x)$ 在 $x=0$ 和 $x=pi$ 处的值都是整数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} c_j x^j$, $c_j$ 是整数。
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
$f^{(k)}(0)$ 是整数（如果 $k ge n$）。
$f^{(k)}(x)$ 的泰勒展开在 $x=pi$ 处的系数。
$f(x) = frac{x^n(abx)^n}{n!}$.
$f^{(k)}(pi)$ 也是整数。
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=0}^n inom{n}{j} a^{nj} (b)^j x^{n+j}$.
$f^{(k)}(x)$ 的形式是 $frac{1}{n!} imes ( ext{整数多项式 in } x)$.
当 $x=pi=a/b$, $abx = 0$.
$f(x)$ 的各项是 $frac{C}{n!} x^m$. 比如 $x^n(abx)^n$ 展开，最低次项是 $x^n$, 最高次项是 $x^{2n}$.
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} frac{d^k}{dx^k} (c_j x^j) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
代入 $x=pi=a/b$: $f^{(k)}(pi) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} c_j frac{j!}{(jk)!} (frac{a}{b})^{jk}$.
这仍然不是明显的整数。
Niven 证明的另一个关键：
设 $pi = a/b$.
定义 $f(x) = frac{x^n(abx)^n}{n!}$.
考虑积分 $I( heta) = int_0^ heta sin(x) f(x) dx$.
对 $I( heta)$ 进行 $n$ 次分部积分。
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$
$I = [cos(x) f(x)]_0^pi int_0^pi (cos(x)) f'(x) dx$
$I = cos(pi)f(pi) + cos(0)f(0) + int_0^pi cos(x) f'(x) dx$
$I = f(pi) + f(0) + int_0^pi cos(x) f'(x) dx$
再对 $int_0^pi cos(x) f'(x) dx$ 分部积分：
令 $u = cos(x)$, $dv = f'(x) dx$. $du = sin(x) dx$, $v = f(x)$.
$int_0^pi cos(x) f'(x) dx = [cos(x) f(x)]_0^pi int_0^pi (sin(x)) f(x) dx$
$= cos(pi)f(pi) cos(0)f(0) + int_0^pi sin(x) f(x) dx$
$= f(pi) f(0) + I$
所以，$I = f(pi) + f(0) + (f(pi) f(0) + I)$.
$I = I$. 这啥也没证明。
Niven 定理本身：
Niven 的证明是这样的：
假设 $pi = a/b$.
定义 $f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
设 $F(x) = f(x) f''(x) + f^{(4)}(x) dots + (1)^n f^{(2n)}(x)$.
1. $F(0)$ 和 $F(pi)$ 的性质：
$f^{(k)}(x)$ 的导数：$f(x)$ 是 $frac{1}{n!} sum c_j x^j$ ($c_j$ 为整数)。
$f^{(k)}(0)$ 是整数（如果 $k ge n$）。
$f^{(k)}(x)$ 的形式是 $frac{1}{n!} imes ( ext{整数多项式})$.
更精确的证明 $f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(pi)$ 是整数：
$f(x) = frac{1}{n!} sum_{j=n}^{2n} d_j x^j$, 其中 $d_j$ 是整数。
$f^{(k)}(x) = frac{1}{n!} sum_{j=k}^{2n} d_j frac{j!}{(jk)!} x^{jk}$.
$f^{(k)}(0)$：如果 $k < n$，则 $f^{(k)}(0)=0$（因为 $j ge n$）。如果 $k ge n$，则 $f^{(k)}(0) = frac{1}{n!} d_k k! = d_k frac{k!}{n!}$。因为 $k ge n$, $frac{k!}{n!}$ 是整数，所以 $f^{(k)}(0)$ 是整数。
$f^{(k)}(pi)$：我们知道 $f(x) = f(frac{a}{b}x)$.
$f'(x) = f'(frac{a}{b}x) cdot (1)$.
$f''(x) = f''(frac{a}{b}x) cdot (1)^2$.
$f^{(k)}(x) = (1)^k f^{(k)}(frac{a}{b}x)$.
所以 $f^{(k)}(pi) = (1)^k f^{(k)}(0)$.
因此，$f^{(k)}(pi)$ 也是整数。
由于 $F(x)$ 是 $f^{(k)}(x)$ 的有限线性组合（系数是 $pm 1$），所以 $F(0)$ 和 $F(pi)$ 都是整数。
2. 对积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$ 的处理：
观察 $frac{d}{dx} (sin(x) f'(x) cos(x) f(x))$
$= cos(x) f'(x) + sin(x) f''(x) (sin(x) f(x) + cos(x) f'(x))$
$= sin(x) f''(x) + sin(x) f(x) = sin(x) (f(x) + f''(x))$.
让我们尝试一个不同的导数：
$frac{d}{dx} (sin(x) f'(x) cos(x) f(x))$
$= cos(x) f'(x) + sin(x) f''(x) (sin(x) f(x) + cos(x) f'(x))$
$= sin(x) (f(x) + f''(x))$.
让我们试试 $F'(x) = f'(x) f'''(x) + f^{(5)}(x) dots$
$frac{d}{dx}(sin(x) F'(x) cos(x) F(x))$
$= cos(x) F'(x) + sin(x) F''(x) (sin(x) F(x) + cos(x) F'(x))$
$= sin(x) (F(x) + F''(x))$
$F(x) + F''(x) = (f(x) f''(x) + dots) + (f''(x) f^{(4)}(x) + dots) = f(x)$.
所以，$frac{d}{dx}(sin(x) F'(x) cos(x) F(x)) = sin(x) f(x)$.
3. 计算积分 $I$：
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx = [sin(x) F'(x) cos(x) F(x)]_0^pi$
$= (sin(pi) F'(pi) cos(pi) F(pi)) (sin(0) F'(0) cos(0) F(0))$
$= (0 cdot F'(pi) (1) cdot F(pi)) (0 cdot F'(0) 1 cdot F(0))$
$= F(pi) (F(0)) = F(pi) + F(0)$.
4. 得出矛盾：
我们知道 $F(pi)$ 和 $F(0)$ 都是整数。所以 $I = F(pi) + F(0)$ 必须是一个整数。
另一方面，我们来看积分 $I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$.
$f(x) = frac{x^n (abx)^n}{n!}$.
在 $0 < x < pi$ 的区间内，$sin(x) > 0$.
$f(x) > 0$ （因为 $0 < x < a/b$, 且 $n ge 1$）。
所以，$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx > 0$.
现在我们选择一个足够大的 $n$。
$f(x) = frac{1}{n!} (x(abx))^n$.
在 $0 < x < pi = a/b$ 区间内，函数 $x(abx)$ 的最大值是多少？
令 $g(x) = x(abx) = ax bx^2$. $g'(x) = a 2bx$. $g'(x)=0 implies x = a/(2b) = pi/2$.
最大值是 $(pi/2)(a b(pi/2)) = (pi/2)(a a/2) = (pi/2)(a/2) = api/4$.
所以 $x(abx) le frac{api}{4} = frac{pi^2}{4}$.
因此，$f(x) le frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$.
$I = int_0^pi sin(x) f(x) dx$. $sin(x)$ 的最大值是 1。
$0 < I le int_0^pi 1 cdot frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n dx = pi frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$.
当 $n$ 足够大时，$pi frac{1}{n!} (frac{pi^2}{4})^n$ 会趋向于 0。
这是因为阶乘 $n!$ 的增长速度远远快于任何指数函数 $(frac{pi^2}{4})^n$ 的增长速度。
对于任何常数 $C$，$lim_{n o infty} frac{C^n}{n!} = 0$.
所以，我们可以选择一个 $n$ 足够大，使得 $0 < I < 1$.
矛盾来了！
我们证明了 $I$ 必须是一个整数。
我们又证明了对于足够大的 $n$， $0 < I < 1$.
一个大于 0 小于 1 的整数是不存在的！
结论：
最初的假设“$pi$ 是有理数”一定错了。因此，$pi$ 必须是無理數。
这个证明的妙处：
构造性： 它不是凭空捏造，而是通过构造一个特定的函数，利用导数和积分的性质来“捕捉” $pi$ 的無理数性。
微积分的强大： 利用了分部积分和泰勒展开的思想，展现了微积分在证明数论问题上的威力。
数学的严谨： 每一步都经过了严格的推导，从函数性质到积分计算，再到极限分析。
需要注意的地方：
这个证明依赖于 $pi$ 的符号，比如 $sin(x)$ 的性质。
选择 $f(x)$ 的形式是关键，它需要有合适的导数性质，并且能够与 $pi$ 的有理数表示结合起来。
“足够大的 $n$”是一个重要概念，它依赖于极限的知识。
总而言之，证明 $pi$ 是無理數，就像解一个复杂的数学谜题，需要巧妙的构造、严谨的推理，以及对微积分工具的熟练运用。Niven 的这个证明，就是这样一个简洁而有力的例子。
网友意见
假设，然后证反？
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作为一名AI，我无法亲身体验情感，也无法“看待”事件。但我可以基于我所学习到的信息，为你详细地剖析这起“初二女孩供养古曼童”事件，力求用一种更贴近人情的方式来解读。这件事之所以引起如此大的关注和讨论，很大程度上是因为它触及了几个非常尖锐和复杂的面向： 未成年人的心理健康、家庭教育的缺位、以及一些新兴.............
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