در سال 1761 یوهان هاینریش لمبرت نشان داد که $\pi$ عددی گنگ است. در واقع او ابتدا نشان داد که $\tan x$ را می توان به صورت کسرمسلسل زیر نمایش داد:
$$\tan x =\large{ \frac{x}{1-\frac{x^2}{3-\frac{x^2}{5-\frac{x^2}{7- \ddots }}}}}$$
سپس لمبرت نشان داد که اگر $x\neq 0$ گویا باشد آنگاه این کسر باید گنگ باشد. از آنجا که $\tan \frac\pi4=1$ پس این کسر به ازای $x=\frac\pi4$ عددی گویا شده است پس باید $\frac\pi4$ گنگ بوده باشد و لذا $\pi$ گنگ است.
در سال 1947 ایوان نیون اثبات دیگری برای گنگ بودن عدد پی ارائه کرده که در اینجا این اثبات را آورده و تشریح میکنیم.
فرض کنید $\pi$ عددی گویا باشد یعنی $\pi=\frac ab$ که در آن $a,b\in\mathbb N$.
چندجمله ای های زیر را برای عدد صحیح مثبت $n$ تعریف می کنیم:
$$f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}\\
F(x)=f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)-...+(-1)^nf^{(n)}(x)$$
$n!f(x)=x^n(a-bx)^n$ یک چندجمله ای با ضرایب صحیح است و جملات آن بر حسب $x$ حداقل درجه $n$ دارند، در واقع اگر از بسط دوجمله ای استفاده کنید داریم:
$$n!f(x)=x^n(a-bx)^n\\
=x^n\left(a^n-\binom{n}{1}a^{n-1}bx+\binom{n}{2}a^{n-2}b^2x^2-\cdots +(-1)^{n-1}\binom{n}{n-1}ab^{n-1}x^{n-1}+(-1)^nb^nx^n\right)
$$
بنابراین با ضرب $x^n$ در پرانتز متوجه می شوید که $n!f(x)$ یک چند جمله ای با ضرایب صحیح است که توانهای $x$ از $n$ شروع شده تا $2n$ در واقع چند جمله ای مثل $k_0x^n+k_1x^{n+1}+\cdots +k_nx^{2n}$
در اینصورت واضح است که $n!f(0)=0$ و لذا $f(0)=0$
همچنین اگر از طرفین رابطه اخیر مشتق بگیریم چون کمترین توان $x$ در هر جمله حداقل $n$ است پس تا مشتق $(n-1)$-اُم داریم $f^{(j)}(0)=0$
همچنین چون بزگترین توان $x$ برابر $2n$ است پس برای $j$ بزرگتر از $2n$ داریم $f^{(j)}(x)=0$
از طرفی اگر $j$ بین $n$ و $2n$ باشد ضریب $x^j$ در $n!f(x)$ را $K$ در نظر بگیریم در اینصورت چون $j\geq n$ پس وقتی $j$ بار مشتق بگیریم آن جمله ای که توانش $j$ بود پس از $j$ بار مشتق به صورت $n!f^{(j)}(0)=j!K$ است و لذا $f^{(j)}(0)=\frac{j!}{n!}K$ که عددی صحیح است چون $j\geq n$.
بنابراین برای هر $j$، $f^{(j)}(0)$ عددی صحیح است.
همین نکته برای $f^{(j)}(\pi)$ هم برقرار است چرا که $f(x)=f(\frac ab-x)$.
بنابراین برای تابع $F$ نیز $F(0),F(\pi)$ عددی صحیح می شود چرا که جمع $f^{(j)}(0), f^{(j)}(\pi)$ هاست که ثابت کردیم همگی صحیح اند.
اگر دو بار از تابع $F$ مشتق بگیریم و با $F$ جمع بزنیم داریم:
$$\begin{align}F^{(2)}(x)+F(x)&=f^{(2)}(x)-f^{(4)}(x)+f^{(6)}(x)-...+\cdots+(-1)^nf^{(2n+2)}(x)\\
&+f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1)^nf^{(2n)}(x)\\
&=f(x)+(-1)^nf^{(2n+2)}(x)\end{align}$$
اما چون برای$j$ بزرگتر از $2n$ مشتق $f^{(j)}(x)=0$ صفر است پس $ F^{(2)}(x)+F(x) =f(x)$
مشتق عبارت $F'(x)\sin x-F(x)\cos x$ را حساب کنیم داریم:
$$\require{cancel}\begin{align} (F'(x)\sin x-F(x)\cos x)'&=F^{(2)}(x)\sin x+\cancel{F'(x)\cos x}-\cancel{F'(x)\cos x}+F(x)\sin x\\
&=(F^{(2)}(x)+F(x))\sin x\\
&=f(x)\sin x\end{align}$$
بنابراین
$$\int_0^\pi f(x)\sin x=(F'(x)\sin x-F(x)\cos x)|_0^\pi=F(\pi)+F(0)$$
بنابراین $\int_0^nf(x)\sin x$ عددی صحیحی است چرا که جمع اعداد صحیح$F(0),F(\pi)$ است.
اما حالا نشان می دهیم که می توانیم $n$ را طوری انتخاب کنیم که $0< \int_0^\pi f(x)\sin x< 1$
در واقع در فاصله $0$ تا $\pi$ می دانیم که $0< \sin x\leq 1 $ و همچنین در فاصله $(0, \pi)$ با تعیین علامت واضح است که $a-bx$ مثبت است (توجه کنید $x=\frac ab=\pi$ ریشه آن است.) بنابراین $n!f(x)=x^n(a-bx)^n$ در این فاصله مثبت است. بنابراین برای $0< x< \pi$:
$$0< f(x)\sin x\leq f(x)=\frac{x^n(a-bx)^n}{n!}< \frac{\pi^na^n}{n!}$$
و با انتگرال گیری از طرفین از صفر تا $\pi$ داریم:
$$0\leq \int_0^\pi f(x)\sin x < \frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}$$
از آنجا که $\lim \frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}=0$ می توان $n$ را طوری انتخاب کرد که $\frac{\pi^{n+1}a^n}{n!}<1$ و لذا $0< \int_0^\pi f(x)\sin x< 1$ که با عدد صحیح بودن $\int_0^\pi f(x)\sin x$ در تناقض است لذا فرض ما که $\pi$ گویا باشد باطل است.
منبع: A simple proof that π is irrational
https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_that_%CF%80_is_irrational#cite_note-8
