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オイラー定数eは無理数である 📂解析学

オイラー定数eは無理数である

定理

Q\mathbb{Q} は有理数の集合を表す。

証明

マクローリン展開を使用して1

戦略: マクローリン展開を使ってe−1e^{-1}を二つの部分に分け、矛盾を導出する。マクローリン展開が必要なため、高等学校のカリキュラム内では証明できない。

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. x1=x2x_{1} = x_{2}

    e∈Qe \in \mathbb{Q} と仮定すると、オイラー定数 ee は何らかの a,b∈Na,b \in \mathbb{N} に対して e=abe = {{ a } \over {b}} のように表せるべきだ。指数関数のマクローリン展開によって

    e−1=ba=∑k=0∞(−1)kk! e^{-1} = {{ b } \over { a }} = \sum_{k=0}^{\infty} {{ (-1)^{k} } \over { k! }}

    両辺に (−1)a+1a!(-1)^{a+1} a! を掛けて、位置を入れ替えると

    ∑k=0∞(−1)k+a+1a!k!=b(−1)a+1(a−1)! \sum_{k=0}^{\infty} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }} = b (-1)^{a+1} ( a - 1 )!

    左辺のシグマが k=a+1k=a+1 から始まるなら、右辺では ∑k=1a(−1)k+a+1a!k!\sum_{k=1}^{a} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }} が抜けているため ∑k=a+1∞(−1)k+a+1a!k!=b(−1)a+1(a−1)!−∑k=1a(−1)k+a+1a!k! \sum_{k=a+1}^{\infty} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }} = b (-1)^{a+1} ( a - 1 )! - \sum_{k=1}^{a} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }} ここで、左辺を x1x_{1}、右辺を x2x_{2} とすると、確かに x1=x2x_{1} = x_{2} になるはずだ。 x1:=∑k=a+1∞(−1)k+a+1a!k! x_{1} := \sum_{k=a+1}^{\infty} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }}

    x2:=b(−1)a+1(a−1)!−∑k=1a(−1)k+a+1a!k! x_{2} := b (-1)^{a+1} ( a - 1 )! - \sum_{k=1}^{a} {{ (-1)^{k + a + 1} a! } \over { k! }}

  • パート2. x1∈(0,1)x_{1} \in (0,1)

    x1x_{1} を直接展開すると

    x1=1a+1−1(a+1)(a+2)+1(a+1)(a+2)(a+3)−⋯ x_{1} = {{ 1 } \over { a+1 }} - {{ 1 } \over { (a+1)(a+2) }} + {{ 1 } \over { (a+1)(a+2)(a+3) }} - \cdots kk が大きくなるほど、∣(−1)k+a+1a!k!∣\left| (-1)^{k+a+1} {{ a! } \over { k! }} \right| は小さくなるので、x1x_{1} は 1a+1{{ 1 } \over { a+1 }} より大きく、1a+1−1(a+1)(a+2){{ 1 } \over { a+1 }} - {{ 1 } \over { (a+1)(a+2) }} より小さい必要がある。したがって、x1x_{1} は 00 と 11 の間の何らかの数でなければならない。

  • パート3. x2∈Zx_{2} \in \mathbb{Z}

    k≤ak \le aならば、a!k!{{ a! } \over { k! }} は自然数で、簡単化すると

    x1∈(0,1) x_{1} \in (0,1)

    x2∈Z x_{2} \in \mathbb{Z}

    しかし、(0,1)∩Z=∅(0,1) \cap \mathbb{Z} = \emptyset であるため、x1≠x2x_{1} \ne x_{2} となるが、パート1で断固として x1=x2x_{1} = x_{2} であったため、矛盾が生じる。

■

ee の定義を使用して2

オイラー定数の定義

e:=∑n=0∞1n! e: = \sum \limits_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n!}

sns_{n} をeeの部分和とすると、ee の定義により以下のようになる。

e−sn=1(n+1)!+1(n+2)!+1(n+3)!+⋯<1(n+1)!+1(n+1)!(n+1)+1(n+1)!(n+1)2+⋯=1(n+1)!(1+1(n+1)+1(n+1)2+⋯ )=1(n+1)!(n+1n)=1n!n \begin{align*} e - s_{n} =& \dfrac{1}{(n+1)!} + \dfrac{1}{(n+2)!} + \dfrac{1}{(n+3)!} + \cdots \\ &< \dfrac{1}{(n+1)!} + \dfrac{1}{(n+1)!(n+1)} + \dfrac{1}{(n+1)!(n+1)^{2}} + \cdots \\ =& \dfrac{1}{(n+1)!}\left( 1 + \dfrac{1}{(n+1)} + \dfrac{1}{(n+1)^{2}} + \cdots\right) \\ =& \dfrac{1}{(n+1)!}\left( \dfrac{n+1}{n} \right) \\ =& \dfrac{1}{n! n} \end{align*}

今、eeが有理数だと仮定しよう。すると、e=pqe=\dfrac{p}{q}を満たす正の整数 p,qp, q が存在し、上の式によって以下が成立する。

0<q!(e−sq)<1q 0 < q!(e - s_{q}) < \dfrac{1}{q}

仮定により、q!e=(q−1)!pq!e=(q-1)!p は整数だ。また、

q!sq=q!(1+1+12!+⋯+1q!) q! s_{q} = q! \left( 1 + 1 + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{q!} \right)

なので、q!sqq!s_{q} も整数だ。したがって、q!(e−sq)q!(e-s_{q}) は整数であるが、q≥1q\ge 1 であるため、q!(e−sq)q!(e-s_{q}) は 00 と 11 の間の整数となる。これは矛盾であるため、仮定は間違っており、背理法により、ee は無理数である。

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関連項目

  1. William R. Wade, An Introduction to Analysis (4th Edition, 2010), p263-264 ↩︎

  2. ウォルター・ルーディン、数理解析の原理 (第3版, 1976), p65 ↩︎