1樓：自學生
用我發現了《大自然的正反規律》觀點，可以證明兀是時間的原理標準模型。六份半徑＝六份時間的週期，六份直半徑＝三對直徑，兀就是3.141516直徑和圓周比例，事實是六份半徑就是三份直徑的時間標準，是一對直和曲的時間標準。
0.14+0.16=3，0.
15+0.15=3，2*7=14，3*5=15，2*8=16，就是正中和正反一對統一系統的時間標準。總之，用一對兩性相對感應對應的時間原理模型，是任何事實問題都是可以解釋的統一公式。
2樓：Eureka
建議某些同志們在糾結 的定義之前先想清楚周長的定義是什麼。
下面的多為敘述性的語言，只是為了大概說明思路。
首先請先忘掉 這個公式。
對於線段，如果我們把它放到乙個一維的實數空間去，那麼線段兩頭相減就是這個線段的長度。但是對於乙個曲線來說，我們現在還沒有周長的定義。
下面我們先定義曲線的周長。我們對這個曲線進行劃分，在每一小段用直線的長度代替再求和，在這個劃分「越來越細」的過程中，如果這個求和的值也會趨近於乙個數，那麼我們就說這個曲線是可求長的。但注意這個過程一般不是有限步能完成的，需要用到極限。
回到圓的問題上，我們按照上面的過程可以證明到圓的周長和圓的直徑之比是個常數，我們現在不妨就把它定義成 。
上面這才是乙個合理的定義順序。
那麼有些吃瓜群眾的邏輯錯在哪了呢？
比如我現在見得最多的： 是乙個小學生都看得懂的公式嘛，用得到個錘子微積分？但你要注意這個 是哪來的。還有就是認為 是客觀存在的，這個不假，但關於它的性質，你怎麼表示它是兩碼事。
還有就是拿三角函式舉例的，我所知的三角函式有兩種定義方式，一種是級數定義，這顯然不是初等數學的範疇，另一種就是一般中學教科書上的定義方式了，但它是繞不開弧度制的，這也就相當於變相使用了周長的概念了。
摸魚了，溜了溜了。
3樓：托馬卡殼之冠
初等數學約定了π是乙個不做研究的無理常數，所謂定義是圓的周長和直徑長度的比值。實際上周長這一概念在初等數學中根本未定義，也就是說這裡的π是通過乙個不存在的概念定義的，這和沒定義沒區別。
希望證明π是不是有理數，首先要推翻初等數學的這個約定，先要嚴格定義π。推翻了大前提，在初等數學範圍內證明也就無從談起了。
4樓：我可能是八雲紫
周五晚上來皮一下
著名的黎曼zeta函式：
顯然！當 1" eeimg="1"/>時，有帶入 ：
可以用初等方法和反證證明質數有無限個，所以 不能被寫成整數/整數的形式，所以 是無理數，所以 是無理數。
皮完了，求別舉報.....
（注意這個「證明」裡那個「顯然「是對的，但是最後一步的邏輯是錯誤的，是不可以這麼搞的，所以只是皮一下而已。）
5樓：墨菲斯
先宣告我想不出什麼辦法
看到這個問題，我相信絕大部分對數學有深入了解的人第一想法是初等數學怎麼定義π之類的問題，個人也是首先有這個問題，不過後來想想我覺得大家沒必要那麼較真這個問題。
因為圓周這種東西不管在哪個階段的認知中都涉及一定的極限現象，所以解決這個問題至少應該允許出現簡單點微積分，實際上，就像之前的答主給的答案中已經有了這樣的方法（或者參考《數學分析教程》常哲庚那本有一章的問題中有）但是這個方法光看他的積分方式還是很不直觀，個人感覺背後應該能挖機出一些更直觀的幾何影象（考慮一下分部積分的幾何直觀？以及sinx的直觀？）如果有人能把背後的影象描寫的很清楚的話，我覺得這個問題應該能很完美的解決了，不過我目前也沒那能力和精力_(:
з」∠)_。
（純屬說說關於這種問題意義的看法，花費大家時間了。溜了。）
6樓：醉看墨花月
初等函式可以肯定不夠證明的，十九世紀的數學家劉維爾證明了有一種數不可能成為整數代數方程的根，這樣的數稱為超越數。我們熟知的圓周率，自然對數的底數都是超越數。他們都可以寫作整數多項式的和，初等函式我目前沒有發現可行辦法
7樓：
不要說無理數，連 和 是超越數都可以證明。
詳情見赫公尺特－林德曼超越性定理見經典http://www.
fjscdsxxh.com/upload/201601/31/201601310027487498.pdf的26題，用初等數學證明了這一高階結果（個人感覺是100題裡最難的證明）。
中係數 均為不等於零的代數數，且指數 各不相登時其值不可能等於0。
應用：1 - 代入
所以 必然是超越數
2 - 代入
所以 必然是超越數，即 為超越數
3 - 代入
所以當 時，必然是超越數，所以 成功規避平面上密集的代數點（縱橫座標都是代數數的點）。
4 - 代入
所以當 時，必然是超越數， 也成功規避所有代數點。
8樓：黃文進
有趣啊，題主的意思可能是好奇能不能用「割圓術」來證明pi的無理性。對此我只能說：割圓術可不是你想象中的那種「初等數學」！
割圓術的本質是用一種數值方法，對圓的內部用內接正n邊形的周長進行近似逼近，這種方法我們通過分析技巧————一種高等數學技巧可以證明其收斂性。
那你應該會問，為什麼一定要高等技巧來證明其收斂與單位圓的周長也就是pi呢？你應該看過之前那個用正方形摺疊逼近圓的周長從而證明pi=4吧。這個例子就是典型的不收斂的迭代格式，如果我們不能證明割圓術計算的周長值最終收斂於圓面積，那這個定義就是沒有意義的，你總不能隨便拿個圖形萊摺疊就說是圓吧。
由此可見，中國古代樸素的計算方法是依賴經驗而不是完整的分析體系得來的。拋開這點，這樣的演算法所算出來的東西也只是近似值，沒有證明命題的意義！除非用高等數學定義出關於pi的解析式才可以予以證明。
建議題主先來學學高數再去揣摩一下吧
9樓：
首先說明一下，這裡面會涉及到微積分的一些初等知識，比如分部積分法，極限計算等。
整體思路是反證法，不是直接去證明它作為小數表示是無限不迴圈的。
因為π的定義，即使是最初等的用圓的周長與直徑的比，那也並不是真正的初等。
因為這涉及到「彎彎的」曲線的長度的問題，這其實就不是初等內容了。
你心理上是不是不太好接受？
問問自己，你有仔細想過彎的長度要怎麼定義嗎？
因此下文需要的基礎是一點積分和極限的基礎知識，當然即便沒有，你也可通覽大概，了解主要的精神和宗旨。
首先，這裡π的嚴格定義是函式 的最小正根。
即，函式 的最小正根。
對於π和e，兩者的無理性證明，主要宗旨是相同的。
溫欣提市：無理數π與e和你的糾結系列2|如何證明 e 是無理數？
類似於自然對數e的無理性證明，這裡的方法也是分析的。
即找到π的乙個好的有理數列 逼近，使得非0數列 極限為0.
這樣就很容易得到矛盾。
假設π是有理數, 即，
則 \frac>0" eeimg="1"/>
這與非0數列 極限為0矛盾。
歷史上，有很多人證明過π的無理性，我們這裡採用美國數學家Ivan Morton Niven的方式。
Niven
因為證明是構造性的，即構造上述的有理數列 ，我們需要一些準備工作。
下面先介紹兩個引理。
假設π是有理數, 即，
令 .顯然這是乙個有理係數的2n次多項式。
對於0, 且f_n(x)\rightarrow0(n\rightarrow+\infty)." eeimg="1"/>
引理1函式 的任意高階導數在 處的取值是整數。
證明：記函式 的k階導數為 .
二項式展開，很容易得到多項式函式 中的單項式項為
即採用統一記號有 這裡對 取係數
直接求導或者對比泰勒展開式，很容易得到
不管i是否比n大，這顯然是個整數。
由於等式 , 兩邊同時求導，我們總能得到：
因此高階導函式在π處取值也是整數。QED.
引理2對任何2n次多項式 , 我們有如下等式：
其中 .
證明：這只要反覆利用分部積分法即可,
如此，一直繼續即可，下略。QED.
有了上述兩個引理，下面就可以來直接證明π是無理數了。
假設π是有理數, 即，
在引理2中取2n次多項式為引理1中構造的,
於是在等式
中右邊是乙個整數, 這是因為引理1的結論函式 的任意高階導數在 處的取值是整數。
而等式左邊，積分中函式都是在區間 上恒為正的，故積分值是乙個正整數，即至少大於等於1。
而我們對等式左邊放縮一下，得到：
於是產生矛盾。QED.
因此在堅持大原則基礎上，即利用乙個正整數同時極限為0,
對函式 的精妙構造才是Niven的證明重點。
那些年被數學虐的我們
10樓：戈壁蒼穹
另一條路林德曼的超越數
以上初等數學做不到
實際上數學很多問題現有概念知識走不通而後數學家會發明或構造新的自洽的概念來解決這些問題，這些已知數學概念不能解決的問題是數學進步的巨大動力
如何證明根號二不是有理數
吾欲攬六龍 2 a b 兩邊平方再移項得2b 2 a 2 由於任意自然數 大於1 不是素數就是素數的乘積且這種分解唯一。所以完全平方數一定可以分解為偶數個素數的乘積。a分解為了n個素數的話a 2就是2n個了 但左邊乘了個素數2導致左邊是奇數個素數 的乘積，右邊是偶數個素數的乘積。因為每個自然數的分解...
怎樣證明某個合數開方不是有理數？
劉醉白 可以用反證法，提供兩種思路 證明方法1 或者這麼推，設非完全平方數k的算術平方根是有理數a b所以k的算術平方根是整數，k是完全平方數，那麼矛盾。證明方法2 通過證明分數的平方是分數 參考 https zhuanlan p 264854083 高等代數 1.首先，跟據合數的定義，和乘方定義可...
如何證明分數一定是有理數？
我用鴿聲來證明 分數是有理數這個事情可以這麼看 如果有理數是無限迴圈小數的定義的話 首先，可以證明，無限迴圈小數一定是分數，因為你只要乘以10的迴圈節的長度次方，然後再和原來的做差就可以了。然後，你可以證明分數一定是迴圈小數，這個怎麼證明呢？其實你只要考慮餘數就行了，因為我們做除法的時候，得到下一位...