$\bm{\pi}$ が無理数であることの証明

1．三角関数

　下図で $r=1$ としたときの $x, y$ と $\theta$ の関係を $x=\cos\theta$ , $y=\sin\theta$ で表わす。

但し， $\theta$ は弧度法で測り，半径１の円弧 $AP$ の長さを表す。ピタゴラスの定理により，

$\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta=1$

が成り立つ。

三角関数 $y=\sin x$ , $y=\cos x$ のグラフは次のようになる。

問．　この三角関数の微分は

$(\sin x)^{\prime}=\cos x$ , $(\cos x)^{\prime}=-\sin x$

となることを示せ。

２．巾と階乗の比較

　 $x$ は任意の正の数として，数列

$\displaystyle \frac{x}{1!},$ $\displaystyle \frac{x^{2}}{2!},$ $\cdots,$ $\displaystyle \frac{x^{n}}{n!},$ $\cdots$

を考える。この数列は， $x$ が如何に大きな数であろうとも， $n$ が大きくなると $0$ に近づく。但し， $n!=n(n-1)\cdots 2\cdot 1$ である。

　実際，一つ前の数に $x/n$ を掛けて $n$ 番目の数が出来ているから，初めのうち $n<x$ の間は段々大きくなることがあっても， $n$ が $x$ を越えると段々小さくなりはじめ， $n$ が $2x$ を越えた所からは，次の数は前の数の半分より小さくなっていく。従って，それ以後はどんどん小さくなって $0$ に近づいていくことがわかる。

３．高階微分

　１． $f^{\prime}(x)$ の導関数を $f^{\prime\prime}(x)$ で表し，さらにその導関数を $f^{\prime\prime\prime}(x)$ で表す。

　２． $f^{(0)}(x)=f(x)$ とし， $f^{(n-1)}(x)$ の導関数を $f^{(n)}(x)$ で表わす。

　　　 $f^{(n)}(x)$ を $f(x)$ の $n$ 階導関数という。 $f^{(1)}(x)=f^{\prime}(x)$ , $f^{(2)}(x)=f^{\prime\prime}(x)$
である。

　３． $f(x)=x^{n}$ のとき，

$f^{(k)}(x)=n(n-1)\displaystyle \cdots(n-k+1)x^{n-k}=\frac{n!}{k!}x^{n-k}$

である。但し， $n!$ は $n(n-1)\cdots 2\cdot 1$ を表わす。

　４．同様に $f(x)=(x-a)^{n}$ のとき，

$f^{(k)}(x)=n(n-1)\displaystyle \cdots(n-k+1)(x-a)^{n-k}=\frac{n!}{k!}(x-a)^{n-k}$

である。

４． $\bm{f}(\bm{x})=\bm{x}^{n}(\bm{\pi}-\bm{x})^{n}$ の微分係数

二項展開の公式

$(A+B)^{n}=A^{n}+{}_{n}C_{1}A^{n-1}B+{}_{n}C_{2}A^{n-2}B^{2}+\cdots+{}_{n}C_{1}AB^{n-1}+B^{n}$

により，

$f(x)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}{}_{n}C_{i}\pi^{n-i}x^{n+i}.$

故に,

$k<n$ では $f^{(k)}(0)=0$ ,

$n\leq k\leq 2n$ では $f^{(k)}(0)=k!\times(-1)^{k-n}{}_{n}C_{k-n}\pi^{2n-k}$

となる。また

$f(x)=(-1)^{n}(x-\pi)^{n}[(x-\pi)+\pi]^{n}$

$=(-1)^{n}\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{}_{n}C_{i}\pi^{n-i}(x-\pi)^{n+i}$

であり，やはり

$k<n$ では $f^{(k)}(\pi)=0$ ,

$n\leq k\leq 2n$ では $f^{(k)}(\pi)=k!\times(-1)^{n}{}_{n}C_{k-n}\pi^{2n-k}$

となる。従って，すべての $k (0\leq k\leq 2n)$ に対して

$f^{(k)}(0)=n!\times a_{k}\times\pi^{2n-k},\quad$ 但し $a_{k}$ は整数

${}_{ }f^{(k)}(\pi)=n!\times b_{k}\times\pi^{2n-k},\quad$ 但し $b_{k}$ は整数

の形である。

５．積の微分公式

$(f(x)g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x)$ 　(Leipniz rule)

[証明]

$\displaystyle \frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x+h)+f(x)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}$

$\rightarrow f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x), (h\rightarrow 0)$

６．部分積分の公式

　微分に関する上述の Leipniz rule を積分に関する式に変形する。いま， $g(x)$ の原始関数を $G(x)$ とすると $(f(x)G(x))^{\prime}=f^{\prime}(x)G(x)+f(x)g(x)$ . 従って，微分積分学の基本定理により

$\displaystyle \int_{a}^{b}\{f^{\prime}(x)G(x)dx+f(x)g(x)\}dx=f(b)G(b)-f(a)G(a)$

故に

$\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(b)G(b)-f(a)G(a)-\int_{a}^{b}f^{\prime}(x)G(x)dx$

が成り立つ。これを，部分積分の公式という。

７．積分 $\displaystyle \bm{I}=\int_{\bm{0}}^{\bm{\pi}}\bm{x}^{n}(\bm{\pi}-\bm{x})^{n}\sin \bm{x}\bm{d}\bm{x}$ の計算

　 $f(x)=x^{n}(\pi-x)^{n}$ とする。部分積分により，

$I=-[f(x)\displaystyle \cos x]_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}f^{\prime}(x)\cos xdx$

$=f(0)+f(\displaystyle \pi)+[f^{\prime}(x)\sin x]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx$

$=f(0)+f(\displaystyle \pi)-\int_{0}^{\pi}f^{\prime\prime}(x)\sin xdx$

$=f(0)+f(\displaystyle \pi)-f^{\prime\prime}(0)-f^{\prime\prime}(\pi)+\int_{0}^{\pi}f^{(4)}(x)\sin xdx$

$=$ $\cdots$

$=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\{f^{(2k)}(0)+f^{(2k)}(\pi)\}+\int_{0}^{\pi}f^{(2n+2)}(x)\sin xdx$

$=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\{f^{(2k)}(0)+f^{(2k)}(\pi)\}$

$=n!\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(a_{2k}+b_{2k})\pi^{2(n-k)}$

を得る。

　他方，区間 $(0,\,\pi)$ で $0<f(x)<\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}$ なので， $I<\pi\cdot\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}$ , すなわち，

$I=n!\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(a_{2k}+b_{2k})\pi^{2(n-k)}<\pi\cdot\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}$

を得る。

８．背理法

　いま $\pi$ が有理数であると仮定すれば

$\displaystyle \pi^{2}=\frac{p}{q}$

となる零でない整数 $p, q$ が有るはずである。これを上で求めた式

$I=n!\displaystyle \sum_{k=0}^{n}(a_{2k}+b_{2k})\pi^{2(n-k)}<\pi\cdot\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2n}$

に代入して，両辺に $q^{n}$ を掛け， $n!$ で割ると

$\displaystyle \frac{q^{n}}{n!}\times I=\sum_{k=0}^{n}(a_{2k}+b_{2k})p^{n-k}q^{k}<\pi\frac{p^{n}}{4^{n}n!}$

が得られる。ここで左辺を見れば正の数であり，中間項を見ればこれは整数である。従ってこの数は $\geq 1$ でなければならない。他方，最右辺を見れば， $n$ が大きくなると $0$ に近づく。これは矛盾である。

このように $\pi$ が有理数と仮定すると矛盾が生じるので， $\pi$ は無理数であると言わざるを得ない。

以上