INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

tan1が無理数であることの証明

数数-tan1

tan1は有理数か？

tan1 は有理数か。ただし、角度は弧度法で表されている。
— ( ｡•̀_•́｡) (@donnay1224) 2016年3月17日

無理数に決まっています。

連ツイでも指摘されているように、 $\cos 2$ の無理性を証明すれば十分です。実際、 $\displaystyle \tan^21 = \frac{1-\cos 2}{1+\cos 2}$ なので、 $\cos 2$ の無理性から $\tan^21$ の無理性が言え、従って $\tan 1$ も無理数です。

cos2が無理数であることの証明

integers.hatenablog.com
の第四証明と全く同じアイデアの証明を与えます。

補題 $n \in \mathbb{N}$ を固定して

$\displaystyle f(x) = \frac{x^n(4-x)^n(2-x)^{2n}}{n!}$

とおく。このとき、

$\displaystyle 0 < f(x) < \frac{2^{5n}}{n!}, \ \ x \in (0, 2)$ ―①

$\displaystyle f^{(m)}(0), \ f^{(m)}(2) \in \mathbb{Z} \ \ ({}^{\forall}m \in \mathbb{Z}_{\geq 0})$ ―②

$\displaystyle f^{(m)}(2) = 0 \ \ ({}^{\forall}m: \text{正の奇数})$ －③

が成り立つ。

証明. ①は明らか。 $m < n$ または $m > 4n$ のときは $f^{(m)}(0)=0$ である。 $n \leq m \leq 4n$ のときは、 $f(x)$ を

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{n!}\sum_{k=n}^{4n}a_kx^k$

と展開すると $a_k \in \mathbb{Z}$ であることから

$\displaystyle f^{(m)}(0)=\frac{m!}{n!}a_m \in \mathbb{Z}$

がわかる。

$\displaystyle f(2-x)=\frac{x^{2n}(2-x)^n(2+x)^n}{n!}$

なので、 $f^{(m)}(2) \in \mathbb{Z}$ も同様である。

$x(4-x) = -(2-x)^2+4$ に注意すれば、 $f(x)$ の奇数階微分は必ず $(2-x)$ なる因子をもつので③が成り立つ。 Q.E.D.

定理 $\cos 2$ は無理数である。

証明. $\cos 2=-a/b \ (a, b \in \mathbb{N})$ と仮定しよう。 $n$ を固定して補題の $f(x)$ を考える。

$\displaystyle F(x) := f(x)-f''(x)+f^{(4)}(x)-\cdots +f^{(4n)}(x)$

とおく。このとき、

$\displaystyle \frac{d}{dx}\Bigl\{ F'(x)\sin x-F(x)\cos x \Bigr\} = f(x)\sin x$

なので、

$\displaystyle I := b\int_0^2f(x)\sin xdx = b (F'(2)\sin 2-F(2)\cos 2+F(0))$

を得る。補題の③より、 $F'(2)=0$ であり、②より $F(2), F(0) \in \mathbb{Z}$ なので、

$\displaystyle I=b(-F(2)\cos 2 +F(0))=aF(2)+bF(0)$

は整数である。一方、補題の①より

$\displaystyle 0 < I < \frac{b2^{5n}}{n!}$

が成り立つ（ $(0, 2)$ において $\sin x > 0$ であることに注意）。 $n$ は任意であったので、十分大きい $n$ を考えることにより階乗とガンマ関数 - INTEGERSで解説した極限公式によって $0$ と $1$ の間の整数が出来て矛盾が生じる。 Q.E.D.

実際は超越数

$\alpha$ を零でない代数的数としたとき、 $\cos \alpha, \sin \alpha, \tan \alpha$ は超越数であることがLindemann-Weierstrassの定理から従います：
integers.hatenablog.com

この記事は $\tan 1$ の無理性のより直接的かつ初等的な証明を紹介するものです。