数学小品：证明圆周率π是无理数
学习数学的最佳方式就是动手做数学。—— Ivan Niven
第一部分
考察函数 $f(x) = \frac{x^n(1-x)^n}{n!}$ ($0 \le x \le 1$)
显然函数满足 $0 \le f(x) \le \frac{1}{n!}$ ($0 \le x \le 1$)。
$f(x) \xlongequal{\text{展开}} \frac{1}{n!} [x^n (C_n^0(-1)^0 x^0 + C_n^1(-1)^1 x^1 + C_n^2(-1)^2 x^2 + \dots + C_n^n(-1)^n x^n)]$
$= \frac{1}{n!} [C_n^0(-1)^0 x^n + C_n^1(-1)^1 x^{n+1} + C_n^2(-1)^2 x^{n+2} + \dots + C_n^n(-1)^n x^{2n}]$
$= \frac{1}{n!} \sum_{i=n}^{2n} C_i x^i$ （其中 $C_i = C_n^{i-n} \cdot (-1)^{i-n}$ 是整数）。
由 $f(x)$ 的展开式可知：$f^{(k)}(0) = 0$ （$k < n$ 或 $k > 2n$）
其次有：
$f^{(n)}(x) = \frac{1}{n!} [n! C_n + \text{含 } x \text{ 的项}]$
$f^{(n+1)}(x) = \frac{1}{n!} [(n+1)! C_{n+1} + \text{含 } x \text{ 的项}]$
$\dots$
$f^{(2n)}(x) = \frac{1}{n!} [(2n)! C_{2n}]$
特别地，当 $x = 0$ 时，有：
$f^{(n)}(0) = C_n$
$f^{(n+1)}(0) = (n+1)C_{n+1}$
$\dots$
$f^{(2n)}(0) = (2n)(2n-1)\dots(n+1) \cdot C_{2n}$
即对于所有的自然数 $k$，$\color{red}f^{(k)}(0)$ 都是整数。
由关系式 $f(x) = f(1-x)$，通过复合函数的求导法则，可知：
$f^{(k)}(x) = (-1)^k f^{(k)}(1-x)$
$f^{(k)}(0)$ 对所有的自然数 $k$ 都是整数，所以 $(-1)^k f^{(k)}(1)$ 也都是整数，所以 $\color{red}f^{(k)}(1)$ 都是整数。
第二部分
若 $a$ 是任意正数，且 $\varepsilon > 0$，则对任意大的 $n$，都有 $\color{red}\frac{a^n}{n!} < \varepsilon$（可通过作比，证明级数收敛）
事实上，对于 $n \ge 2a$，有：$\frac{a^{n+1}}{(n+1)!} = \frac{a}{n+1} \cdot \frac{a^n}{n!} < \frac{1}{2} \frac{a^n}{n!}$
现在假设 $n_0$ 是满足 $n_0 \ge 2a$ 的任意自然数，则：$\frac{a^{n_0+k}}{(n_0+k)!} < \frac{1}{2^k} \frac{a^{n_0}}{n_0!}$
对于 $\varepsilon > 0$，选取 $k$ 满足 $k > \log_2 \frac{a^{n_0}}{n_0! \varepsilon}$，则对于 $n > n_0 + k$，都有 $\frac{a^n}{n!} < \varepsilon$ 成立。
第三部分
证明 $\pi$ 不是有理数，采用反证法。
假设 $\pi$ 是有理数，则 $\pi^2$ 也是有理数，设 $\pi^2 = \frac{a}{b}$ （其中 $a, b$ 是两个互质的自然数，b ≠ 0）
令：$\color{blue}G(x) = b^n [\pi^{2n} f(x) - \pi^{2(n-1)} f’’(x) + \pi^{2(n-2)} f^{(4)}(x) - \dots + (-1)^n f^{(2n)}(x)]$ ······ ①
其中每项的系数 $b^n \cdot \pi^{2(n-k)} = b^n (\frac{a}{b})^{n-k} = a^{n-k} b^k$ 都是整数，而由第一步我们已经证明 $f^{(k)}(0)$ 和 $f^{(k)}(1)$ 都是整数，故 $\color{red}G(0), G(1)$ 都是整数。
将 $G(x)$ 微分两次可得：
$G’’(x) = b^n [\pi^{2n} f’’(x) - \pi^{2(n-1)} f^{(4)}(x) + \pi^{2(n-2)} f^{(6)}(x) - \dots + \color{blue}(-1)^n f^{(2n+2)}(x)]$ ······ ②
由前述 $f(x)$ 的性质，最后一项为 0。
由 ① ② 两式可得：
$G’’(x) + \pi^2 G(x) = b^n \pi^{2n+2} f(x) = \pi^2 a^n f(x)$ ······ ③
现在令
$H(x) = G’(x) \sin \pi x - \pi G(x) \cos \pi x$
$H’(x) = \pi G’(x) \cos \pi x + G’’(x) \sin \pi x - \pi G’(x) \cos \pi x + \pi^2 G(x) \sin \pi x$
$= [G’’(x) + \pi^2 G(x)] \sin \pi x$
$\xlongequal{\text{由 ③ 得}} \pi^2 a^n f(x) \sin \pi x$
根据 牛顿-莱布尼茨公式：
$\pi^2 \int_0^1 a^n f(x) \sin \pi x \, dx = \int_0^1 H’(x) \, dx = H(1) - H(0)$
$= G’(1) \sin \pi - \pi G(1) \cos \pi - [G’(0) \sin 0 - \pi G(0) \cos 0]$
$= \pi [G(1) + G(0)]$
即 $\pi \int_0^1 a^n f(x) \sin \pi x \, dx = G(1) + G(0)$。
因为 $G(1), G(0)$ 都是整数，所以 $\pi \int_0^1 a^n f(x) \sin \pi x \, dx$ 也是一个整数。
另一方面：对于 $0 < x < 1$，都有 $0 < f(x) < \frac{1}{n!}$，于是有：$0 < \pi a^n f(x) \sin \pi x < \frac{\pi a^n}{n!}$
所以：$0 < \int_0^1 \pi a^n f(x) \sin \pi x \, dx < \int_0^1 \frac{\pi a^n}{n!} \, dx = \frac{\pi a^n}{n!}$ ······ ④
整个不等式 ④ 和 $n$ 的选取应该都无关，现选取 $n$ 充分大，可得：$0 < \pi \int_0^1 a^n f(x) \sin \pi x \, dx < 1$
但这个结果与上述得出的 $\pi \int_0^1 a^n f(x) \sin \pi x \, dx$ 是一个整数相矛盾，假设 $\pi$ 是有理数不成立！
综上所得，$\pi$ 是无理数。 $Q.E.D.$