Доказ ірраціональності числа пі

У 1760-х роках Йоганн Генріх Ламберт першим довів, що [[Число пі|число Шаблон:Pi]] є ірраціональним, тобто його не можна виразити дробом $a/b$, де $a$ і $b$ обидва є цілими числами. У 19 столітті Шарль Ерміт знайшов доведення, яке не вимагає жодних попередніх знань, окрім базових обчислень. Три спрощення доведення Ерміта належать Мері Картрайт, Івану Нівену та Ніколя Бурбакі. Інше доведення, яке є спрощенням доведення Ламберта, належить Міклошу Лачковічу. Багато з них є доведеннями від супротивного.

У 1882 році Фердинанд фон Ліндеман довів, що Шаблон:Pi не тільки ірраціональне, але й трансцендентне.

Доведення Ламберта

Скан формули на сторінці 288 Ламберта «Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes, circulaires et logarithmiques», Mémoires de l'Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265–322

У 1761 році Ламберт довів те, що Шаблон:Pi є ірраціональним, спочатку показавши те, що цей розклад у ланцюговий дріб виконується:

$\tan (x)=\frac{x}{1-\frac{x^2}{3-\frac{x^2}{5-\frac{x^2}{7-\ddots }}}}.$

Тоді Ламберт довів, що якщо x ненульове і раціональне, то цей вираз має бути ірраціональним. Оскільки tan(Шаблон:Pi/4) = 1, випливає, що Шаблон:Pi/4 є ірраціональним, а отже, Шаблон:Pi також ірраціональним. Нижче наведено спрощення доведення Ламберта.

Доведення Ерміта

У цьому доведенні, написаному в 1873 році, використовується характеристика Шаблон:Pi як найменшого додатного числа, в якого половина є нулем функції косинуса, і, фактично доводиться, що Шаблон:Pi² є ірраціональним. Як і в багатьох доведеннях ірраціональності, це доведення від супротивного.

Розглянемо такі послідовності функцій A_n і U_n з $ℝ$ до $ℝ$ для $n\in {\mathbb{N}}_0$ визначеного як:

$\begin{array}{cccc}{A}_0(x)& =\sin (x),& & A_{n+1}(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}y{A}_n(y)dy\\ U_0(x)& =\frac{\sin (x)}{x},& & U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}\end{array}$

За допомогою індукції ми можемо це довести

$\begin{array}{cc}{A}_n(x)& =\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}-\frac{x^{2n+3}}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^{2n+5}}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots \\ U_n(x)& =\frac{1}{(2n+1)!!}-\frac{x^2}{2\times (2n+3)!!}+\frac{x^4}{2\times 4\times (2n+5)!!}\mp \cdots \end{array}$

і тому маємо:

$U_n(x)=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}.$

Таким чином

$\begin{array}{cc}\frac{A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}& =U_{n+1}(x)=-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}=-\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}\right)\\ & =-\frac{1}{x}\left(\frac{{A_n}^{\prime }(x)\cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}{A}_n(x)}{x^{2(2n+1)}}\right)=\frac{(2n+1)A_n(x)-x{A_n}^{\prime }(x)}{x^{2n+3}}\end{array}$

що еквівалентно до

$A_{n+1}(x)=(2n+1)A_n(x)-x^2{A}_{n-1}(x).$

Використовуючи визначення послідовності та використовуючи індукцію, ми можемо показати, що

$A_n(x)=P_n(x^2)\sin (x)+x{Q}_n(x^2)\cos (x),$

де P_n і Q_n — поліноміальні функції з цілими коефіцієнтами, а ступінь P_n менший або дорівнює ⌊n /2⌋. Зокрема, A_n(Шаблон:Pi/2) = P_n(Шаблон:Pi²/4).

Ерміт також дав замкнутий вираз для функції A_n, а саме:

$A_n(x)=\frac{x^{2n+1}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z.$

Він не обґрунтував це твердження, але його можна легко довести. Перш за все, це твердження еквівалентно

$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z=\frac{A_n(x)}{x^{2n+1}}=U_n(x).$

Виходячи з індукції, беручи n = 0:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\cos (xz)\mathrm{d}z=\frac{\sin (x)}{x}=U_0(x),$

а для індуктивного кроку розглянемо будь-який $n\in \mathbb{N}$. Якщо

$\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z=U_n(x),$

тоді, використовуючи інтегрування частинами та правило Лейбніца, отримуємо таке:

$\begin{array}{cc}\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}& \underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n+1}\cos (xz)\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{2^{n+1}(n+1)!}(\stackrel{=0}{\overbrace{{(1-z^2{)}^{n+1}\frac{\sin (xz)}{x}|}_{z=0}^{z=1}}}+\underset{0}{\overset{1}{\int }}2(n+1)(1-z^2{)}^{n}z\frac{\sin (xz)}{x}\mathrm{d}z)\\ & =\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^{n}z\sin (xz)\mathrm{d}z\\ & =-\frac{1}{x}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)\mathrm{d}z)\\ & =-\frac{{U_n}^{\prime }(x)}{x}\\ & =U_{n+1}(x).\end{array}$

Якщо Шаблон:Pi²/4 = p/q, де p і q в $\mathbb{N}$, то, оскільки коефіцієнти P_n є цілими числами, а його ступінь менший або дорівнює ⌊n /2⌋, q^⌊n/2⌋P_n(Шаблон:Pi²/4) є деяким цілим числом N. Іншими словами,

$N=q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{A}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)=q^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\frac{{\left(\frac{p}{q}\right)}^{n+\frac{1}{2}}}{2^{n}n!}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos \left(\frac{\pi }{2}z\right)\mathrm{d}z.$

Але це число очевидно більше 0. З іншого боку, межа цієї величини, коли n прямує до нескінченності, дорівнює нулю, отже, якщо n достатньо велике, N < 1. Тим самим досягається протиріччя.

Ерміт представив своє доведення не як самоціль, а як другорядну думку в рамках своїх пошуків доказу трансцендентності числа Шаблон:Pi. Він обговорював рекурентні відносини для мотивації та отримання зручного інтегрального представлення. Як тільки це інтегральне представлення отримано, існують різні способи представити стисле і самодостатнє доведення, починаючи з інтеграла (як у презентаціях Картрайта, Бурбакі чи Нівена), що Ерміт міг легко побачити (як він зробив у своєму доказі трансцендентності e).

Крім того, доведення Ерміта ближче до доведення Ламберта, ніж здається. Насправді A_n(x) є «залишком» неперервного дробу Ламберта для tan(x).

Доведення Картрайта

Гарольд Джеффріс писав, що це доведення на іспиті в Кембриджському університеті в 1945 році навела Мері Картрайт, але вона не виявила його походження. Це все ще залишається на 4-му проблемному аркуші сьогодні для курсу Analysis IA в Кембриджському університеті.

Розглянемо інтеграли

$I_n(x)=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz,$

де n – ціле невід’ємне число.

Два інтегрування частинами дають таке рекурентне співвідношення:

$x^2{I}_n(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).(n\ge 2)$

$J_n(x)=x^{2n+1}{I}_n(x),$

тоді це стає

$J_n(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^2{J}_{n-2}(x).$

Крім того, J₀(x) = 2sin(x) і J₁(x) = −4х cos(x) + 4sin(x). Отже, для всіх n ∈ Z₊,

$J_n(x)=x^{2n+1}{I}_n(x)=n!(P_n(x)\sin (x)+Q_n(x)\cos (x)),$

де P_n(x) і Q_n(x) — поліноми ступеня ≤ n, і з цілими коефіцієнтами (залежно від n).

Візьмемо х = Шаблон:Pi/2, і припустимо, якщо можливо, що Шаблон:Pi/2 = a/b, де a і b — натуральні числа (тобто припустимо, що Шаблон:Pi раціональне). Потім

$\frac{a^{2n+1}}{n!}{I}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)=P_n\left(\frac{\pi }{2}\right)b^{2n+1}.$

Права — частина ціле число. Але 0 < I_n(Шаблон:Pi/2) < 2, оскільки інтервал [−1, 1] має довжину 2, і функція, яка інтегрується, приймає лише значення між 0 і 1. З іншого боку,

$\frac{a^{2n+1}}{n!}\to 0\text{ as }n\to \mathrm{\infty }.$

Отже, для достатньо великих n

$0<\frac{a^{2n+1}{I}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)}{n!}<1,$

тобто ми можемо знайти ціле число на проміжку від 0 до 1. Це протиріччя, яке випливає з того припущення, що Шаблон:Pi є раціональним.

Це доведення подібний до доведення Ерміта. Дійсно,

$\begin{array}{cc}{J}_n(x)& =x^{2n+1}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =2x^{2n+1}\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =2^{n+1}n!A_n(x).\end{array}$

Однак це явно простіше. Це досягається тим, що опускається індуктивне визначення функцій A_n і береться за відправну точку їх вираз у інтегральному вигляді.

Доведення Нівена

У цьому доведенні використовується характеристика Шаблон:Pi як найменшого позитивного нуля функції синуса.

Припустімо, що Шаблон:Pi раціональне число, тобто Шаблон:Nobr для деяких цілих чисел a і Шаблон:Nobr, які без втрати загальності, можна розглядати як додатні. Дано будь-яке натуральне число n, ми визначаємо поліноміальну функцію:

$f(x)=\frac{x^n(a-bx{)}^n}{n!}$

і для кожного x ∈ ℝ нехай

$F(x)=f(x)-f^{″}(x)+f^{(4)}(x)+\cdots +(-1{)}^n{f}^{(2n)}(x).$

Твердження 1: Сума Шаблон:Nobr є цілим числом.

Доведення: Розкладаючи f як суму одночленів, коефіцієнт при x^k є числом виду Шаблон:Nobr де c_k — ціле число, яке дорівнює 0, якщо Шаблон:Nobr. Тому Шаблон:Nobr дорівнює 0, коли Шаблон:Nobr і дорівнює Шаблон:Nobr якщо Шаблон:Nobr. У кожному випадку Шаблон:Nobr є цілим числом, тому F (0) є цілим числом.

З іншого боку, Шаблон:Nobr = f (x), отже Шаблон:Nobr = Шаблон:Nobr для кожного невід’ємного цілого числа k. Зокрема, Шаблон:Nobr = Шаблон:Nobr Тому Шаблон:Nobr також є цілим числом, тому F (Шаблон:Pi) є цілим числом (фактично, легко побачити, що F(Шаблон:Pi) = F(0), але це не має відношення до доказу). Оскільки F(0) і F(Шаблон:Pi) є цілими числами, їхня сума також є цілими.

Твердження 2:

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=F(0)+F(\pi )$

Доведення: Оскільки Шаблон:Nobr є нульовим многочленом, ми маємо

$F^{″}+F=f.$

Похідні функції синуса та косинуса подаються через sin' = cos і cos' = −sin. Звідси випливає правило добутку

$(F^{\prime }\cdot \sin -F\cdot \cos {)}^{\prime }=f\cdot \sin$

За основною теоремою числення:

${\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=(F^{\prime }(x)\sin x-F(x)\cos x)|}_0^{\pi }.$

Оскільки Шаблон:Nobr і Шаблон:Nobr (тут ми використовуємо згадану вище характеристику Шаблон:Pi як нуля функції синуса), випливає з твердження 2.

Висновок: Оскільки Шаблон:Nobr і Шаблон:Nobr для Шаблон:Nobr (оскільки Шаблон:Pi є найменшим додатним нулем функції синус), твердження 1 і твердження 2 показують, що сума Шаблон:Nobr є натуральним числом. Оскільки Шаблон:Nobr і Шаблон:Nobr для Шаблон:Nobr, ми отримаєм, згідно з початковим визначенням f,

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx\le \pi \frac{(\pi a{)}^n}{n!}$

який менший за 1 для великого n, отже Шаблон:Nobr для цих n, згідно з твердженням 2. Це неможливо для натурального числа Шаблон:Nobr. Це показує, що початкове припущення про раціональність Шаблон:Pi призводить до протиріччя, яке завершує дане доведення.

Наведене вище доведення є відшліфованою версією, яка зберігається максимально простою щодо передумов аналізу формули

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=\sum _{j=0}^n(-1{)}^j(f^{(2j)}(\pi )+f^{(2j)}(0))+(-1{)}^{n+1}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{f}^{(2n+2)}(x)\sin (x)dx,$

яка отримана Шаблон:Nobr інтегруваннями частинами. Твердження 2 по суті встановлює цю формулу, де використання F приховує повторне інтегрування частинами. Останній інтеграл дорівнює нулю, оскільки Шаблон:Nobr є нульовим поліномом. Твердження 1 показує, що решта суми є цілим числом.

Доведення Нівена ближчий до доведення Картрайта (і, отже, Ерміта), ніж здається на перший погляд. Насправді,

$\begin{array}{cc}{J}_n(x)& =x^{2n+1}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(1-z^2{)}^n\cos (xz)dz\\ & =\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{(x^2-(xz{)}^2)}^{n}x\cos (xz)dz.\end{array}$

Отже, заміна xz = y перетворює цей інтеграл на

$\underset{-x}{\overset{x}{\int }}(x^2-y^2{)}^n\cos (y)dy.$

Зокрема,

$\begin{array}{cc}{J}_n\left(\frac{\pi }{2}\right)& =\underset{-\pi /2}{\overset{\pi /2}{\int }}{(\frac{{\pi }^2}{4}-y^2)}^n\cos (y)dy\\ & =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{(\frac{{\pi }^2}{4}-{(y-\frac{\pi }{2})}^2)}^n\cos (y-\frac{\pi }{2})dy\\ & =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{y}^n(\pi -y{)}^n\sin (y)dy\\ & =\frac{n!}{b^n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx.\end{array}$

Инший зв'язок між доведеннями полягає в тому, що Ерміт уже згадує, що якщо f є поліноміальною функцією і

$F=f-f^{(2)}+f^{(4)}\mp \cdots ,$

потім

$\int f(x)\sin (x)dx=F^{\prime }(x)\sin (x)-F(x)\cos (x)+C,$

з чого випливає, що

$\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx=F(\pi )+F(0).$

Доведення Бурбакі

Доведення Бурбакі описано як вправа в його трактаті про обчислення. Для кожного натурального числа b і кожного невід’ємного цілого числа n визначено

$A_n(b)=b^n\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{x^n(\pi -x{)}^n}{n!}\sin (x)dx.$

Оскільки A_n(b) є інтегралом функції, визначеної на [0, Шаблон:Pi ], яка набуває значення 0 на 0 і на Шаблон:Pi і яке більше 0 інакше A_n(b) > 0. Крім того, для кожного натурального числа b, A_n(b) < 1, якщо n достатньо велике, оскільки

$x(\pi -x)\le {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2$

і таким чином

$A_n(b)\le \pi b^n\frac{1}{n!}{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^{2n}=\pi \frac{(b{\pi }^2/4{)}^n}{n!}.$

З іншого боку, повторне інтегрування частинами дозволяє нам зробити такий висновок, що, якщо a і b є натуральними числами і такими, щоб Шаблон:Pi = a/b і f — поліноміальна функція від [0, Шаблон:Pi ] до R, визначена за допомогою

$f(x)=\frac{x^n(a-bx{)}^n}{n!},$

потім:

$\begin{array}{cc}{A}_n(b)& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}f(x)\sin (x)dx\\ & =[-f(x)\cos (x){]}_{x=0}^{x=\pi }-[-f^{\prime }(x)\sin (x){]}_{x=0}^{x=\pi }+\cdots \pm [f^{(2n)}(x)\cos (x){]}_{x=0}^{x=\pi }\pm \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{f}^{(2n+1)}(x)\cos (x)dx.\end{array}$

Останній інтеграл дорівнює 0, оскільки f ^(2n + 1) є нульовою функцією (оскільки f є поліноміальною функцією ступеня 2n). Оскільки кожна функція f ^(k) (з Шаблон:Nobr) приймає цілі значення на 0 і на Шаблон:Pi, і оскільки те ж саме відбувається з функціями синусa і косинусa, це доводить, що A_n(b) є цілим числом. Оскільки це також більше ніж 0, це має бути натуральне число. Але було також доведено, що A_n(b) < 1, якщо n достатньо велике, таким чином досягаючи протиріччя.

Це доведення досить близьке до доведення Нівена, головна відмінність між ними полягає в способі доведення того, що числа A_n(b) є цілими.

Доведення Лачковича

Доведення Міклоша Лачковича є спрощенням оригінального доведення Ламберта. Він розглядає функції

$f_k(x)=1-\frac{x^2}{k}+\frac{x^4}{2!k(k+1)}-\frac{x^6}{3!k(k+1)(k+2)}+\cdots (k\notin \{0,-1,-2,\dots \}).$

Ці функції чітко визначені для всіх x ∈ R. Окрім того

$f_{\frac{1}{2}}(x)=\cos (2x),$

$f_{\frac{3}{2}}(x)=\frac{\sin (2x)}{2x}.$

Твердження 1. Справедливо наступне рекурентне співвідношення:

$\mathrm{\forall }x\in ℝ:\frac{x^2}{k(k+1)}{f}_{k+2}(x)=f_{k+1}(x)-f_k(x).$

Доведення: це можна довести, порівнявши коефіцієнти степенів x.

Твердження 2: Для кожного x ∈ R, $\underset{k\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{f}_k(x)=1.$

Доведення: Справді, послідовність x²ⁿ/n ! обмежена (оскільки вона збігається до 0), і якщо C є верхньою межею, і якщо k > 1, тоді

$|f_k(x)-1|⩽\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{C}{k^n}=C\frac{1/k}{1-1/k}=\frac{C}{k-1}.$

Твердження 3: Якщо x ≠ 0 і якщо x² раціональне число, то

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Q}\setminus \{0,-1,-2,\dots \}:f_k(x)\ne 0\text{ and }\frac{f_{k+1}(x)}{f_k(x)}\notin \mathbb{Q}.$

Доведення: В іншому випадку, було б число y ≠ 0 і цілі числа a і b такі, що f_k(x) = ay і f_k + 1(х) = by. Щоб зрозуміти чому так, візьміть y = f_k + 1(х), а = 0 і b = 1 якщо f_k(x) = 0; інакше виберіть цілі числа a і b так, щоб f_k + 1(x)/f_k(x) = b/a і визначимо y = f_k(x)/a = f_k + 1(x)/b. У кожному випадку y не може дорівнювати 0, оскільки інакше з твердження 1 випливало б, що кожне f_k + n(x)(n ∈ N) буде 0, що суперечило б твердженню 2. Тепер візьміть натуральне число c таке, що всі три числа bc/k, ck/x² і c/x² є цілими числами, і розглянемо послідовність

$g_n=\{\begin{array}{cc}{f}_k(x)& n=0\\ \frac{c^n}{k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n}(x)& n\ne 0\end{array}$

Потім

$g_0=f_k(x)=ay\in \mathbb{Z}y\text{ and }{g}_1=\frac{c}{k}{f}_{k+1}(x)=\frac{bc}{k}y\in \mathbb{Z}y.$

З іншого боку, з твердження 1 випливає, що

$\begin{array}{cc}{g}_{n+2}& =\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}\cdot \frac{x^2}{(k+n)(k+n+1)}{f}_{k+n+2}(x)\\ & =\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n+1}(x)-\frac{c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)\cdots (k+n-1)}{f}_{k+n}(x)\\ & =\frac{c(k+n)}{x^2}{g}_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}{g}_n\\ & =(\frac{ck}{x^2}+\frac{c}{x^2}n)g_{n+1}-\frac{c^2}{x^2}{g}_n,\end{array}$

що є лінійною комбінацією g_n + 1 і g_n з цілими коефіцієнтами. Отже, кожен g_n є цілим числом, кратним y. Крім того, з твердження 2 випливає, що кожен g_n більший ніж 0 (і тому g_n ≥ |y|), якщо n достатньо велике і послідовність усіх g_n збігається до 0. Але послідовність чисел більше або дорівнює |y| не може сходитися до 0.

Оскільки f_1/2(Шаблон:Pi/4) = cos(Шаблон:Pi/2) = 0, то з твердження 3 випливає, що Шаблон:Pi²/16 ірраціональне, а отже, Шаблон:Pi ірраціональне.

З іншого боку, оскільки

$\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=x\frac{f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2)},$

іншим наслідком твердження 3 є те, що якщо x ∈ Q \ {0}, потім tan x є ірраціональним числом.

Доведення Лачковича насправді стосується гіпергеометричної функції. Справді, f_k(x) = ₀F₁(k; −x²) і Гаусс знайшов розкладання гіпергеометричної функції в неперервний дріб за допомогою її функціонального рівняння. Це дозволило Лачковичу знайти новий і простіший доказ того факту, що функція тангенса має розклад у неперервний дріб, який відкрив Ламберт.

Результат Лачковича також можна виразити у функціях Бесселя першого роду J_ν(x). Справді, Γ(k)J_k − 1(2x) = x^k − 1f_k(x). Отже, результат Лачковича еквівалентний: Якщо x ≠ 0 і якщо x² раціональне, то

$\mathrm{\forall }k\in \mathbb{Q}\setminus \{0,-1,-2,\dots \}:\frac{x{J}_k(x)}{J_{k-1}(x)}\notin \mathbb{Q}.$