円周率が3.05より大きいことのいろいろな証明

半径 $1$ の円の円周の長さは，$2\pi$ である。

また，この円に内接する正八角形の一辺の長さは，余弦定理より

$\sqrt{1+1-2\cos 45^{\circ}}=\sqrt{2-\sqrt{2}}$

よって，$8\sqrt{2-\sqrt{2}} <2\pi$

つまり $4\sqrt{2-\sqrt{2}} <\pi$

という円周率の評価を得る。左辺を計算すると $3.061...$ となるので，円周率が $3.05$ より大きいことが証明された。

$(0,5),\:(3,4),\:(4,3),\:(5,0)$ は全て半径 $5$ の円 $x^2+y^2=25$ の周上の点である。よって，これら $4$ 点を結ぶ折れ線の長さの四倍は円周の長さより小さい。

よって，$4(\sqrt{10}+\sqrt{2}+\sqrt{10}) <10\pi$

左辺を計算すると，$30.955...$ となるので円周率が $3.05$ より大きいことが証明された。

半径が $1$ の円に内接する正二十四角形の面積は，

$\dfrac{1}{2}\sin 15^{\circ}\times 24=3(\sqrt{6}-\sqrt{2})$

よって，$3(\sqrt{6}-\sqrt{2}) <\pi$

を得るが，左辺を計算すると $3.105...$ となるので円周率が $3.05$ より大きいことが示された。

$\displaystyle\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\dfrac{1}{1+x^2}dx$

は $x=\tan\theta$ とおく置換積分により，$\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{6}}d\theta=\dfrac{\pi}{6}$ となる。

よって，$y=f(x)$，$x$ 軸，$y$ 軸，$x=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ で囲まれた部分の面積 $S$ を下から抑えればよい。

$f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ とおくと，$f''(x)=2(3x^2-1)(1+x^2)^{-3}$ となり $0\leq x\leq \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ で $f''(x) \leq 0$ である。よって，$y=f(x)$ は $0\leq x\leq \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ で上に凸である。

よって，$S$ を台形二つで下から近似すると，

$S > \left(1+\dfrac{12}{13}\right)\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{12}{13}+\dfrac{3}{4}\right)\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{2}\\ =\dfrac{187}{624}\sqrt{3}$

よって，$\dfrac{\pi}{6} > \dfrac{187\sqrt{3}}{624}$

となり，計算すると $\pi > 3.114...$ となる。

$\pi > 3.05$ は余裕で示された。

有名不等式： $\cos x\geq 1-\dfrac{x^2}{2}$ において，

$x=\dfrac{\pi}{6}$ を代入することにより，

$\dfrac{\sqrt{3}}{2}\geq 1-\dfrac{\pi^2}{72}$

となる。これを $\pi$ について解く：

$\pi \geq\sqrt{72-36\sqrt{3}}=3.105...$ となるのでOK。