円周率が無理数であることの証明

$\pi$ が有理数であると仮定する。

このとき，互いに素な2整数 $a,b$ を用いて $\pi = \dfrac{a}{b}$ と表せる。

ここで，正の整数 $n$ を1つ固定して $$\begin{aligned} f(x) &= \dfrac{x^n (a-bx)^n}{n!}\\ &= \dfrac{b^n x^n (\pi - x)^n}{n!} \end{aligned}$$ とおく。また， $$F (x) = f (x) - f^{(2)} (x) + f^{(4)} (x) + \cdots$$ とおく。$f$ は $2n$ 次の多項式であるため，$F$ は有限和である。

ステップ1. $F(0),F(\pi)$ が整数であることを示す。

各 $k$ に対して，$f^{(k)} (0) , f^{(k)} (\pi)$ が整数であることを示せばよい。二項定理で展開すると，

$$f(x) = \sum_{t=0}^{n} (-1)^{n-t} \dfrac{{}_{n} \mathrm{C}_{t}}{n!} a^t b^{n-t} x^{2n-t}$$ である。

最小の次数は $n$ であるため，$k < n$ のとき $f^{(k)} (0) = 0$ である。

$k \geqq n$ のときを考える。$f(x)$ の $k$ 次の項は $t=2n-k$ の部分，つまり $(-1)^{k-n}\dfrac{{}_{n}\mathrm{C}_{2n-k}}{n!}a^{2n-k}b^{k-n}x^k$ であるので， $$f^{(k)} (0) = (-1)^{k-n} \dfrac{k!}{n!} {}_{n} \mathrm{C}_{2n-k} a^{2n-k}b^{k-n}$$ は整数である。よって $F(0)$ は整数。

また，$f(\pi - x) = f(x)$ と合成関数の微分公式を用いると $f^{(k)} (\pi) = (-1)^k f(0)$ となり $F(\pi)$ も整数。

ステップ2. $F''$ の計算

$$\begin{aligned} F'' (x) &= f^{(2)} (x) - f^{(4)} (x) + f^{(6)} (x) + \cdots\\ &= f(x) - F(x) \end{aligned}$$

である。

これより

$$\begin{aligned} &\dfrac{d}{dx} \left[ F' (x) \sin x - F(x) \cos x \right]\\ &= F'' (x) \sin x + F' (x) \cos x\\ &\quad\quad - F'(x) \cos x + F(x) \sin x\\ &= f(x) \sin x \end{aligned}$$

であるため

$$N = \int_0^{\pi} f(x) \sin x \; dx$$ とおくと，

$$\begin{aligned} N &= \int_0^{\pi} f(x) \sin x \; dx\\ &= \big[ F' (x) \sin x - F(x) \cos x \big]_0^{\pi}\\ &= F(\pi) + F(0) \end{aligned}$$

と計算される。$F(0) , F(\pi)$ は整数であるため，$N$ も整数である。

ステップ3. 被積分関数の評価

二次関数を平方完成すると，

$x (\pi - x) = - \left( x - \dfrac{\pi}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{\pi}{2} \right)^2\leqq\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^2$ であるため，被積分関数について

$f(x) \sin x \\ =\dfrac{b^n}{n!}x^n(\pi-x)^n\sin x\\ \leqq \dfrac{b^n}{n!} \left( \dfrac{\pi}{2} \right)^{2n}$

が成立する。また，$0< x<\dfrac{\pi}{2}$ において $f(x) \sin x > 0$ である。

よって $n$ を十分大きく取ることで積分区間内において $$0 < f(x) \sin x < \dfrac{1}{\pi}$$ とできる。辺々を $0$ から $\pi$ で積分することにより $$0 < N < 1$$ を得る。ところで $N$ は整数であった。これは上の不等式と矛盾する。

よって $\pi$ は無理数である。

$\pi^2$ を有理数と仮定する。

このとき，互いに素な2整数 $a,b$ があって $\pi^2 = \dfrac{a}{b}$ と表せる。

$$F(x) = b^n \left( \pi^{2n} f(x) -\pi^{2n-2} f^{(2)} (x) + \pi^{2n-4} f^{(4)} (x) - \cdots \right)$$ と定める。

ステップ1. $F(0)$，$F(1)$ は整数である。

補題より $f^{(k)} (0)$，$f^{(k)} (1)$ は整数である。また $\pi^{2k} b^{2n} = a^{2k} b^{2n-2k}$ は整数である。よって $F(0)$，$F(1)$ は整数である。

ステップ2. $F''(x)$ の計算

$$\begin{aligned} &F'' (x)\\ &= b^{n} \left( \pi^{n} f^{(2)} (x) -\pi^{n-1} f^{(4)} (x) + \pi^{n-2} f^{(6)} (x) - \cdots \right)\\ &= \pi^{n+1} b^{n} f(x)\\ &\quad\quad - \pi b^{n} \left( \pi^{n} f(x) -\pi^{n-1} f^{(2)} (x) + \pi^{n-2} f^{(4)} (x) - \cdots \right)\\ &= \pi^{n+1} b^{n} f(x) - \pi F(x) \end{aligned}$$ より $$\begin{aligned} &\dfrac{d}{dx} \left[ F' (x) \sin \pi x - \pi F(x) \cos \pi x \right]\\ &= F'' (x) \sin \pi x + \pi F' (x) \cos \pi x\\ &\quad\quad - \pi F'(x) \cos \pi x + \pi^2 F(x) \sin \pi x\\ &= \pi^{n+1} b^{n} f(x) \sin \pi x \end{aligned}$$

ステップ3. 上記の計算より矛盾を導く。

ここで $$N = \pi \int_0^1 a^{n} f(x) \sin \pi x \; dx$$ とおくと， $$\begin{aligned} N &= \pi \int_0^1 a^{n} f(x) \sin \pi x \; dx\\ &= \left[ \dfrac{1}{\pi} F' (x) \sin \pi x - F(x) \cos \pi x \right]_0^1\\ &= F(0) + F(1) \end{aligned}$$ と計算されるため，$N$ は整数である。これは $n$ に寄らない。

ここで補題より積分区間内で $f(x) < \dfrac{1}{n!}$ であった。よって積分区間内で $$0 < a^{n} f(x) \sin \pi x < \dfrac{a^{n}}{n!}$$ である。

$n$ を十分大きくとることで $0 < \dfrac{a^{n}}{n!} \pi < 1$ とでき，このとき $0 < N < 1$ である。

これは $N$ が整数であることと矛盾する。

以上より $\pi^2$ は無理数である。

整数 $r$ に対して $e^r$ が有理数であると仮定する。

このとき，互いに素な2整数 $a,b$ があって $e^r = \dfrac{a}{b}$ とおくことができる。

$$F(x) = r^{2n} f(x) - r^{2n-1} f'(x) + r^{2n-2} f''(x) - \cdots$$ とおく。

$$\begin{aligned} &F'(x)\\ &= r^{2n} f' (x) - r^{2n-1} f^{(2)} (x) + r^{2n-2} f^{(3)} (x) - \cdots\\ &= r^{2n+1} f(x) - r \left( r^{2n} f(x) - r^{2n-1} f'(x) + r^{2n-2} f''(x) - \cdots \right) \\ &= r^{2n+1} f(x) - rF(x) \end{aligned}$$ より $$\begin{aligned} &\dfrac{d}{dx} \big[ e^{rx} F(x) \big]\\ &= r e^{rx} F(x) + e^{rx} F'(x)\\ &= r e^{rx} F(x) + r^{2n+1} e^{rx} f(x) - r e^{rx} F(x)\\ &= r^{2n+1} e^{rx} f(x) \end{aligned}$$ が成立する。

ここで $$N = b \int_0^1 r^{2n+1} e^{rx} f(x) \; dx$$ とおくと， $$\begin{aligned} N &= b \int_0^1 r^{2n+1} e^{rx} f(x) \; dx\\ &= b \big[ e^{rx} F(x) \big]_0^1\\ &= a F(1) - b F(0) \end{aligned}$$ となりこれは整数である。

積分区間内で $0 < f(x) < \dfrac{1}{n!}$ であるため $$\begin{aligned} 0 < b r^{2n+1} e^{rx} f(x) &< \dfrac{b r^{2n+1} e^r}{n!}\\ &= \dfrac{ar^{2n+1}}{n!} \end{aligned}$$ である。

$n$ を十分大きくとることで $0 < \dfrac{ar^{2n+1}}{n!} < 1$ とできる。このとき $0 < N < 1$ である。

これは $N$ が整数であることと矛盾する。

以上より $e^r$ は無理数である。