インテジャーズ

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数、特に整数に関する記事。

tan1が無理数であることの証明

tan1

tan1は有理数か?

twitter.com

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)

\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

integers.hatenablog.com

で解説した極限公式によって01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。