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円周率が無理数であることの証明 📂解析学

円周率が無理数であることの証明

定理

π∉Q\pi \notin \mathbb{Q}

Q\mathbb{Q} は有理数の集合を表す。

証明

ストラテジー: 整数が密集していないという事実を利用する。関数 ff、FF を非常に巧妙に定義して、色々なトリックを使う。この方法はイヴァン・ニーヴンによって考案されたもので、π\pi が無理数であることを示す証明の中では最も簡単だが、残念ながらイプシロン-デルタ論法が使用されるため、飛躍なしには高校の教育課程内で証明することはできない。

N\mathbb{N} は自然数の集合、Z\mathbb{Z} は整数の集合を表す。

  • パート1. f(j)(0),f(j)(π)∈Zf^{(j)} (0), f^{(j)} (\pi) \in \mathbb{Z}

    π∈Q\pi \in \mathbb{Q} と仮定すると、π π\pi は相互素なある a,b∈Na,b \in \mathbb{N} についてπ=ab\pi = {{ a } \over {b}}のように表されなければならない。これについて、関数 ff を次のように定義しよう。

    f(x):=xn(a−bx)nn! f(x) := {{ x^{n} ( a - bx )^{n} } \over { n! }} するとf(x)f(x) はnn より低い次数の項を持たず、a,b,n∈Na, b, n \in \mathbb{N} なので、二項定理によりn!f(x)n! f(x) のすべての項の係数は整数である。従って、x=0x = 0 ならば、すべてのj=0,1,2,⋯j = 0, 1, 2, \cdots に対して

    f(j)(0)∈Z f^{(j)} (0) \in \mathbb{Z}

    一方でf(x)=f(ab−x)=f(π−x)f(x) = f \left( {{ a } \over { b }} - x \right) = f( \pi - x) なので

    f(j)(π)∈Z f^{(j)} (\pi) \in \mathbb{Z}

  • パート2. ∫0πf(x)sin⁡xdx∈Z\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx \in \mathbb{Z}

    F(x):=∑j=0n(−1)jf(2j)(x)=f(x)−f′′(x)+f(4)(x)−⋯+(−1)nf(2n)(x) F(x) := \sum_{j=0}^{n} ( -1 )^{j} f^{(2j)} (x) = f(x) - f ''(x) + f^{(4)} (x) - \cdots + (-1)^{n} f^{(2n)} (x)

    ff に対する新しい関数FF を上記のように定義すると

    ddx[F′(x)sin⁡x−F(x)cos⁡x]=F’’(x)sin⁡x+F(x)sin⁡x=[−∑j=1n(−1)jf(2j)(x)+∑j=0n(−1)jf(2j)(x)]sin⁡x=f(x)sin⁡x \begin{align*} {{ d } \over { dx }} \left[ F ' (x) \sin x - F(x) \cos x \right] =& F’’(x) \sin x + F(x) \sin x \\ =& \left[ - \sum_{j=1}^{n} ( -1 )^{j} f^{(2j)} (x) + \sum_{j=0}^{n} ( -1 )^{j} f^{(2j)} (x) \right] \sin x \\ =& f(x) \sin x \end{align*}

    逆にf(x)sin⁡xf(x) \sin x を[0,π][0,\pi] から積分してみると

    ∫0πf(x)sin⁡xdx=[F′(x)sin⁡x−F(x)cos⁡x]0π=F(π)+F(0) \begin{align*} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx =& \left[ F ' (x) \sin x - F(x) \cos x \right]_{0}^{\pi} \\ =& F( \pi ) + F( 0 ) \end{align*}

    しかしパート1でf(j)(0),f(j)(π)∈Zf^{(j)} (0), f^{(j)} (\pi) \in \mathbb{Z} だったのでF(0),F(π)∈ZF(0), F(\pi) \in \mathbb{Z} であり

    (F(0)+F(π))∈Z \left( F( 0 ) + F(\pi) \right) \in \mathbb{Z}

  • パート3. ∫0πf(x)sin⁡xdx∈N\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx \in \mathbb{N}

    0<x<π0 < x < \pi とすると

    f(x)=xn(a−bx)nn!=bnxn(ab−x)nn!=bnxn(π−x)nn! \begin{align*} f(x) =& {{ x^{n} ( a - bx )^{n} } \over { n! }} \\ =& {{ b^{n} x^{n} \left( {{ a } \over { b }} - x \right)^{n} } \over { n! }} \\ =& {{ b^{n} x^{n} \left( \pi - x \right)^{n} } \over { n! }} \end{align*}

    従ってf(x)>0f(x) > 0 であり、sin⁡x>0\sin x > 0 なので

    0<f(x)sin⁡x 0 < f(x) \sin x

    ゆえに**パート2.**の∫0πf(x)sin⁡xdx∈Z\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx \in \mathbb{Z} は実際には

    ∫0πf(x)sin⁡xdx∈N \int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx \in \mathbb{N}

  • パート4. 0<f(x)sin⁡x<πnann!0 < f(x) \sin x < {{ \pi^{n} a^{n} } \over { n! }}
    ff を微分すると f′(x)=nxn−1(a−bx)nn!−bnxn(a−bx)n−1n!=xn−1(a−bx)n−1(n−1)![(a−bx)−bx]=2bxn−1(a−bx)n−1(n−1)![π2−x] \begin{align*} f '(x) =& {{ n x^{n-1} ( a - bx )^{n} } \over { n! }} - {{ b n x^{n} ( a - bx )^{n-1} } \over { n! }} \\ =& {{ x^{n-1} ( a - bx )^{n-1} } \over { (n-1) ! }} \left[ (a-bx) - bx \right] \\ =& 2b {{ x^{n-1} ( a - bx )^{n-1} } \over { (n-1) ! }} \left[ {{ \pi } \over {2}} - x \right] \end{align*} なのでff はx=π2x = {{\pi} \over {2}} で最大値を取る。直接代入して計算すると f(x)≤bnn!(π2)n(π2)n=ann!(12)n(π2)n=ann!(π4)n<anπnn! \begin{align*} f(x) \le & {{ b^{n} } \over { n! }} \left( {{\pi} \over {2}} \right)^{n} \left( {{\pi} \over {2}} \right)^{n} \\ =& {{ a^{n} } \over { n! }} \left( {{1} \over {2}} \right)^{n} \left( {{\pi} \over {2}} \right)^{n} \\ =& {{ a^{n} } \over { n! }} \left( {{\pi} \over {4}} \right)^{n} \\ <& {{ a^{n} \pi^{n} } \over { n! }} \end{align*} もちろん0<x<π0 < x < \pi から∣sin⁡x∣≤1| \sin x | \le 1 なので、すべてのn∈Nn \in \mathbb{N} に対して 0<f(x)sin⁡x<(aπ)nn!=lim⁡n→∞(aπ)nn!=0 0 < f(x) \sin x < {{ (a \pi)^{n} } \over { n! }} = \lim_{n \to \infty} {{ (a \pi)^{n} } \over { n! }} = 0 なので n≥N  ⟹  ∫0πf(x)sin⁡xdx<1 n \ge N \implies \int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx < 1 この条件を満たすN∈NN \in \mathbb{N} が存在する。しかし、これは∫0πf(x)sin⁡xdx∈N\int_{0}^{\pi} f(x) \sin x dx \in \mathbb{N} と矛盾するので、以下の結論を得る。 π∉Q \pi \notin \mathbb{Q}

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関連項目