分析就是无理数的“四则运算”，级数就是无理数的“表达方式”

接下来我们将研究最常见的两个无理数e和π，并证明它们的无理性和超越性。我们引出一个问题e和π的定义是什么？当你知道这一点的时候，你就会发现接下来的证明是如此的自然。

e是无理数

证明：首先e的“定义”是，使用反证法，假设e是有理数，则存在整数a和b，使得，变形得

，∀n∈N

方程的右边是一个整数，而左边为

其中显然是一个整数，而对另一部分

所以当n充分大时，即超过确定的数b时，等式的左边非整数，矛盾，所以e是无理数。证毕
类似的证明可以扩充到e的幂上，但比较繁琐，所以我们将介绍另一种证明e的幂是无理数的方法
引理：对于某个确定的整数n≥1，令

则有(1)函数f(x)是一个多项式，且形如，其中均为整数
(2)当0<x<1时，有
(3)对所有的k≥0，微分取值和均是整数。
上述这些性质对于确定的函数f(x)来说，是可以直接计算来证明的，所以不进行过多的赘述，我们依据这个函数的性质来完成我们的证明
定理：对任意的r∈Q{0}，是无理数。
证明：由于有理数的整数次幂仍然是有理数，所以我们只需要对任意正整数s，是无理数即可。假设存在正整数a，b使得，取足够大的n使得，然后定义函数

容易证明F(x)有如下的恒等式

于是我们可以得到

所以我们可以得到积分值

由引理可知N是一个整数，但另一方面

与N是整数矛盾。证毕
总之，证明十分的“莫名其妙”。

π是无理数

实际上证明π²是无理数，就是利用有理数的性质反证π是无理数，一举两得的事做起来效率会提高很多
π²是无理数的证明：同样利用上面的函数，假设存在正整数a，b使得，构造多项式

我们可以得到恒等式

即

于是可以得到

即N为整数，另一方面有

与N是整数矛盾。证毕
如果非要直接证明π是无理数的话，也可以使用类似的方法，只不过f(x)的形式要稍微改变一下，我们直接给结果，验证部分直接跳过
π是无理数的证明：假设存在正整数a，b使得，构造多项式

和

积分值

为整数，但

矛盾。证毕

e是超越数

在证明之前，我们同样需要构造一个特殊的函数
引理：设，其中p>n是一个素数，则
(1)当j<p-1时，(i=1,2…,n)
(2)当j=p-1时，
(3)当j>p-1时，和(i=1,2…,n)都是p的倍数。
简单的验算过程就不做了，我们直接进入超越性的证明
证明：假设e是代数数，则有n次整系数方程

依据上面的f(x)，我们构造函数

则有恒等式

让b不断地乘系数求和可得

由引理可知，等式的右边为非零整数，但左边

其中除了质数p均是有限的数，因为素数有无限个，上方指数增长慢于下方阶乘增长，所以足够大的p可以使式子小于1，与式子为非零整数矛盾。证毕

π是超越数

π是超越数的证明依赖于Lindemann定理、欧拉公式和e的超越性，主要因为π的分析特征不如e那么简明，我们把其中的核心部分抽取出来，就能得到π是超越数分析证明，依照惯例，我们需要构造一个函数
引理：设aα₁,aα₂,…,aαₙ₋₁,aαₙ的基本对称多项式都是整数(即它们是某个整系数多项式的根)，p是一个素数

则可以得到

是一个整数，且
(1)当j<p-1时，和都等于0
(2)当j=p-1时，是个非零整数且整除(p-1)!，但不整除p!，
(3)当j>p-1时，和都是p!的倍数。
或许验证起来比较“简单”吧，但过程都比较机械，所以这方面的证明没什么好写的，下面进入正题
证明：假设π是代数数，我们不直接以此构建多项式，记θ=iπ，则θ也是代数数，故满足多项式方程

令a=aₙ≠0，θ₁=θ,θ₂,…,θₙ₋₁,θₙ是方程的所有根，由欧拉公式可得，故有

展开后，R总共有2^n项，设有q=2^n-l项为1(即e指数为零)，设R的形式为

(e的指数均非零)

得到l后，我们可以构造f(x)了

和积分

和用于判断的数值

其中s=lp+p-1表示f(x)的次数，由引理可知J整除(p-1)!，故为非零整数，但另一方面

其中是多项式f的系数全换为绝对值时的情况，总之推出矛盾，假设不成立。证毕

相关定理

在本文的最后，我想给出一些有用的定理，它们将有助于我们以后的判断。
Lindemann–Weierstrass定理：是互不相等的代数数，则在代数数域上线性无关的。
这个定理的证明比较长，可以在任何一本超越数论的书籍里找到，我们只简要地说明一下思路。

在代数数域上线性无关的，相当于对任意的代数数∈A，都有。

在中恰有p个数在有理数域Q上线性无关，那么它应该有p个代数数，使得对任意的均存在p个数(整数域)，有。
然后开始使用反证法，假设，则有
构造p元多项式
设
使得Q是代数数系数多项式，G是代数整数(最小多项式(在整数域Z上)是首一多项式)系数多项式。由G的系数和张成数域K，再设[K:Q]=h，G的总次数为d。选取充分大的自然数f使得。
最后我们通过多项式的复杂性质推导，即可证明这个式子不成立，从而证明定理。
Gelfond–Schneider定理：若α,β为代数数，α≠0,1，β不为实有理数，则为超越数。
这个定理与希尔伯特第七问有密切的关系，Gelfond和Schneider分别独立地证明了这个定理，证明需要复分析，挺繁琐的，过程在这里，去底部可以找到论文。无理数和超越数的证明没有什么系统的理论，基本都是使用定义与分析的方法，推出不等式上的矛盾来证明的。因为看起来没那么“高大上”，现在也没什么人去研究了，说到底，它还是太过于“基础”了。