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 $\pi=3.141592\cdots$ や, 自然対数の底 $e=2.718\cdots$ 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 $\pi$ が無理数である証明の一つ(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

$\pi$ を有理数と仮定し, $\pi=\dfrac{a}{b}$ とおく.
$f_n(x)=\dfrac{1}{n!}x ^ n(a-bx) ^ n$ , $\displaystyle F_n(x)=\sum_{i=0} ^ n (-1) ^ if_n ^ {(2i)}(x)$ とおく.
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.
$\displaystyle \int_0 ^ {\pi} f_n(x)\sin{x}\,dx=2F_n(0)$ を示す.
矛盾を導く.

注意. ) 2.の $f_n ^ {(2i)}(x)$ は $f_n(x)$ を $x$ で $2i$ 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{align*}
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{align*}

この両辺を $x$ で $2i$ 回微分すると,

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

よって,

\begin{align*}
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{align*}

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

$0\leqq i < \dfrac{n}{2}$ のとき, $f_n ^ {(2i)}(x)$ は $x$ 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, $f_n ^ {(2i)}(0)$ は $f_n ^ {(2i)}(x)$ 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.

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

\begin{align*}
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{align*}

よって,

\begin{align*}
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{align*}

となるので,

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

$0 < x < \pi$ 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{align*}
x(\pi-x) &= -\left(x-\frac{\pi}{2}\right) ^ 2+\left(\frac{\pi}{2}\right) ^ 2\\
&\leqq\left(\frac{\pi}{2}\right) ^ 2
\end{align*}

なので,

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

\begin{align*}
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{align*}

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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