下面要说的是?的性质，指的是?是一个什么样的数。例如，它是整数还是分数？是常数还是变量？是有理数还是无理数？等等。 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》一书中，就提到了?是常数。中国公元前的古书《墨子》中也有“小圆之圆与大圆之圆同”的记载；《周髀算经》中也有“径一而周三”的记载，也认为?是一个常数。 虽然古人一直笃信?是一个常数，而且知道它的近似值，但其准确值却无人知晓。多数国家的古人最早都认为?是整数3.在中国，出上述《周髀算经》等书籍之外，大约在1世纪的《九章算术》中也是这样认为。在古希腊、巴比伦、埃及、印度、日本中关于数学的史料中也是同样的记载。例如，希伯来人的《两个编年史》中就有??3的记载。
这种??3的认识，大致持续到刘徽之前，即约3世纪。不过古希腊是一个例外--因为阿基米德在公元前200多年就科学地求得实用而较准确的?值3.14.
无理数最早由古希腊数学家毕达哥拉斯学派中的西帕索斯发现。他计算出边长为1的正方形的对角线长2。但是2不能用任何两个数的比来表示即不是有理数，也就是是无限不循环小数。在当时叫“没有比”或“不能表示”，后来称之为“不可通约量”。14世纪。数学家布拉德瓦丁最早采用“无理”一词后，至十六七世纪，欧洲人逐渐将无理数纳入运算。荷兰科学家西蒙.斯蒂文、两位英国数学家沃利斯和哈利奥特、法国数学家笛卡尔等都承认无理数。
无理数的本质特征是“无限不循环”，由于在各种形式的?的级
数展开式中，始终没有找到一个递减的几何级数，也一直没有找到?的“莱布尼兹级数和”的公式，对?值的“马拉松”式的计算竞赛中也一直没有发现任何循环现象。于是，认为?可能是有理数的希望逐渐消失。事实上，早在十五六世纪，印度数学家尼拉斯塔.萨玛亚吉就确信?是无理数了。此后在超越数时期，人们又猜测?是超越数，在1822年，林德曼在连续函数的意义下，用欧拉公式ei??1?0，终于证明了?是超越数。下面分别给出?是无理数好超越数的证明。
?是无理数的证明
苏格兰数学家詹姆斯.格雷戈里是第一个企图证明?是无理数的人。不过，他的巧妙的证明不很严格，因而不太令人满意。
此外，法国数学家托马斯.范特.德.拉尼也在17世纪末对?的物理性做出过推断，这一推断在半个世纪后，有兰伯特证明。
1737年，欧拉给出了用无限连分数计算平方根的一般方法，并将自然对数的底展开成三种无限连分数。
1761年，兰伯特向柏林科学院提交论文，初步证明了?也是无理数。他用欧拉的方法，并从欧拉发现的
e?11111?... 21?6?10?14?和数学家布隆克子爵发现的
123252?1?... ?2?2?2?4入手，先得到后来以他姓氏命名的两个连分式：
ex?1111111?...,tanx?...。 xe?12/x?6/x?10/x1/x?3/x?5/x兰伯特研究了两个式子的性质之后，得到以下两个定理。
定理1 如果x是0以外的有理数，则tanx必然是无理数；反之，如果
tanx是0以外的有理数，则x必然是无理数。
定理2 如果x是0以外的有理数，则ex必然是无理数；反之，如果ex为1以外的有理数，则x必然为无理数。
最后，他假设x??/4，则tanx?1;因为1是有理数，所以由定理1知道，?/4必然是无理数，因而π也必然是无理数。
不过，兰伯特的上述证明并不十分严格。下面给出π是无理数的两种证明方法。
证法一： 首先给出?一个定义。
定义 ??2min???0,cos??0?，即?是使cos??0的最小正数的两倍。 按这个定义，利用定积分容易得到半径为r的圆的面积为2?r，因此这样的定义是合理的。下面证明?是无理数。
利用反证法。设?是有理数，则2?也是有理数，于是存在正整数p ，
pn?ppn?1。q ，使得??。由于?0(n??),因此存在正整数N使得
qn!n!2 设f是如下定义的2N次多项式
xN(1?X)Nf(x)?,
N!则f满足
f(x)?f(1?x),f(k)(x)?(?1)kf(k)(1?x)(k?1,2,...)
展开f的表达式得
12Nf(x)?Cnxn。 ?N!n?N对其求导k次(0?k?2N)得
f(k)1(x)?Nn?maxN,kn(n?1)...(n?k?1)Cx???n2Nn?k。
若0?k?N,显然f(k)(0)?Z，因此由f(k)(x)?(?1)kf(k)(1?x)，知f(k)(1)?Z； 若N?k?2N,显然f(k)(0)?Nk!Ck?Z,因此显然f(k)(1)?Z。 N!令F(x)??(?1)jpN?jqjf(2j)(x),则利用fk(0)?Z,f(k)(1)?Z得到
j?0F(0)?Z,F(1)?Z。进一步计算得
F(n)(x)??F(x)??(?1)p2jj?0j?1NN?jqfj(2j?2)(x)??2?(?1)j?0NjpN?jqjf(2j)(x)??(?1)j?0N?1pN?jqj?1f(2j)(x)??(?1)jpN?j?1qj?1f(2j)(x)j?0N
?(?1)NqNf(2N?2)(x)?pN?1q?1f(x)?pN?2f(x),其中利用了f是2N次多项式，因此f(2N?2)(x)?0。 再令g(x)?F'(x)sin?x??F(x)cos?x,则
g'(x)?[F''(x)??2F(x)]sin?x?pN?2f(x)sin?x。
且F(1)?F(0)?[g(1)?g(0)]。利用Lagrange中值定理得，存在??(0,1)，
?1使得
F(1)?F(0)?由f的定义可知0?f(?)?1?g'(?)?pN?f(?)sin??。
11，于是0?f(?)sin???，因此 N!N!NpN??1。 0?F(1)?F(0)?p?f(?)sin???N!但已知F(0)?Z,F(1)?Z,因此F(1)?F(0)?Z,与上式矛盾。这就证明了?