円周率πが無理数であることの証明

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円周率πが無理数であることの証明

円周率(円の周の長さと直径の比)が無理数である, つまり (整数)/(整数) と分数の形で表せないことはよく知られています.

\sqrt{2}や, \log_{10}{2}が無理数であることの証明は高校でもならいますが, 円周率\pi=3.141592\ldotsや, 自然対数の底e=2.718\ldotsが無理数であることは事実として教えられるだけです.

そこで, 今回は円周率\piの証明の一つ(Nivenの方法)を紹介します.

円周率\piが有理数であると仮定して, 背理法を用います.

矛盾が生じるまでが長いので, 不安になるかもしれませんが, 正しく証明できています.

Niven の方法によるπが無理数である証明

証明の手順

  1. \piを有理数と仮定し, \pi=\dfrac{a}{b}とおく.
  2. f_n(x)=\dfrac{1}{n!}x^n(a-bx)^n, \displaystyle F_n(x)=\sum_{i=0}^n (-1)^if_n^{(2i)}(x)とおく.
  3. すべての自然数nについて, F_n(\pi)=F_n(0)=(整数)となることを示す.
  4. \displaystyle \int_0^{\pi} f_n(x)\sin{x}\,dx=2F_n(0)を示す.
  5. 矛盾を導く.

注意. ) 2.のf_n^{(2i)}(x)f_n(x)x2i回微分した, 2i階導関数です.

証明.

上の手順に示したようにa, b, f_n(x), F_n(x)を定めた上で, 手順の3. 4. を示していきます.

3. \pi=\dfrac{a}{b}より, a=\pi bであることを用いて,

\begin{eqnarray*} f_n(\pi-x) &=& \dfrac{1}{n!}(\pi-x)^n(a-b(\pi-x))^n\\ &=&\dfrac{1}{n!}(\pi-x)^n(a-b\pi+bx)^n\\ &=& \dfrac{1}{n!}(\pi-x)^n (bx)^n\\ &=& \dfrac{1}{n!}(b(\pi-x))^nx^n\\ &=& \dfrac{1}{n!}(a-bx)^nx^n\\ &=& f_n(x) \end{eqnarray*}

この両辺をx2i回微分すると,

\begin{eqnarray*} (-1)^{2i}f_n^{(2i)}(\pi-x) &=& f_n^{(2i)}(x)\\ \therefore f_n^{(2i)}(\pi-x) &=& f_n^{(2i)}(x) \end{eqnarray*}

よって,

\begin{eqnarray*} F_n(\pi-x) &=& \sum_{i=0}^n (-1)^if_n^{(2i)}(\pi-x)\\ &=& \sum_{i=0}^n (-1)^if_n^{(2i)}(x)\\ &=& F_n(x) \end{eqnarray*}

となるので, x=0の場合を考えれば, F_n(\pi)=F_n(0).

次に, f_n(x)中の(a-bx)^nを2項展開すると,

\begin{equation*} f_n(x) = \dfrac{1}{n!}\sum_{j=0}^n {}_nC_j\cdot a^j(-b)^{n-j}x^{2n-j} \end{equation*}

0\leqq i<\dfrac{n}{2}のとき, f_n^{(2i)}(x)xの1次以上の項の和なので, f_n^{(2i)}(0)=0

\dfrac{n}{2}\leqq i\leqq nのとき, f_n^{(2i)}(0)f_n^{(2i)}(x)の定数項に等しく,

f_n^{(2i)}(0) = \dfrac{(2i)!}{n!}{}_nC_{2(n-i)}\cdot a^{2(n-i)} (-b)^{-n+2i}

となりますが, これは整数です.

よって, F_n(0)は整数同士の足し算, 引き算の結果整数となります.

4.

f_n(x)x2n次多項式なので, F_n^{(2n+2)}(x)=0となることを用いて,

\begin{eqnarray*} F_n^{\prime\prime}(x)+F_n(x) &=& \sum_{i=0}^n (-1)^if_n^{(2i+2)}(x)+\sum_{i=0}^n(-1)^if_n^{(2i)}(x)\\ &=& \sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if_n^{(2i+2)}(x)+\sum_{i=0}^n(-1)^if_n^{(2i)}(x)\\ &=& -\sum_{i=1}^n (-1)^if_n^{(2i)}(x)+\sum_{i=0}^n(-1)^if_n^{(2i)}(x)\\ &=& f_n(x) \end{eqnarray*}

よって,

\begin{eqnarray*} f_n(x)\sin{x} &=& F_n^{\prime\prime}(x)\sin{x}+F_n(x)\sin{x}\\ &=& (F_n^{\prime\prime}(x)\sin{x}+F_n^\prime(x)\cos{x})-(F_n^\prime(x)\cos{x}-F_n(x)\sin{x})\\ &=& (F_n(x)\sin{x}-F_n(x)\cos{x})^\prime \end{eqnarray*}

となるので,

\begin{eqnarray*} \int_0^\pi f_n(x)\sin{x}\,dx &=& \Big[F_n^\prime(x)\sin{x}-F_n(x)\cos{x}\Big]_0^\pi\\ &=& F_n(\pi)+F_n(0)\\ &=& 2F_n(0) \end{eqnarray*}

5.

0<x<\piのとき, 常にf_n(x)\sin{x}>0であるから, \displaystyle\int_0^\pi f_n(x)\sin{x}\,dx>0. よって, 4. の結果から, F_n(0)>0.

ここで,

\begin{eqnarray*} x(\pi-x) &=& -\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+\left(\frac{\pi}{2}\right)^2\\ &\leqq& \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \end{eqnarray*}

なので,

\begin{eqnarray*} f_n(x) &=& \frac{1}{n!}x^nb^n(\pi-x)^n\\ &\leqq& \frac{b^n}{n!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n} \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} F_n(0) &=& \frac{1}{2}\int_0^\pi f_n(x)\sin{x}\,dx\\ &\leqq& \frac{1}{2}\int_0^\pi \frac{b^n}{n!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}\sin{x}\,dx\\ &\leqq& \frac{1}{2}\int_0^\pi \frac{b^n}{n!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}\,dx\\ &=& \frac{b^n}{n!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n+1}\\ &\to& 0\quad (n\to\infty) \end{eqnarray*}

これは, 十分大きなnに対して0<F_n(0)<1となることを表しているので, F_n(0)がすべてのnについて整数であることに矛盾する.

従って, \piが有理数だという仮定が誤り, つまり\piは無理数.

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