eが無理数であることの5通りの証明

$e$ の定義については高校の数学の教科書等を参照してください。

しかしながら、

$\displaystyle e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}$

という表示も大切です。

第一証明

正整数 $m, n$ を用いて $\displaystyle e=\frac{m}{n}$ と書けたと仮定する。このとき、

$\displaystyle e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}+R_{n+1}$

とすれば、仮定より $n!R_{n+1} \in \mathbb{Z}$ なので、

$\displaystyle 1 \leq n!R_{n+1} = \frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots \leq \frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}+ \cdots = \frac{1}{n}$

となって $n=1$ が従う。これは $2 < e < 3$ に矛盾。 Q.E.D.

追記)

$\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}+\cdots \leq \frac{1}{(n+1)^3}+\frac{1}{(n+1)^4}+ \cdots$

とした後に、 $\displaystyle \frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)(n+2)} < \frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}$ と合わせることによって、 $1 < 1/n$ がいえて即矛盾する。

第二証明

第一証明における $R_{n+1}$ はTaylorの定理*1を用いることによって、ある $\theta \in (0, 1)$ が存在して

$\displaystyle R_{n+1} = \frac{e^{\theta}}{(n+1)!}$

と書ける。よって、

$\displaystyle 1 \leq n!R_{n+1} < \frac{3}{n+1}$

から $n=1$ が従う。 Q.E.D.

第三証明

非負整数 $n$ に対して

$\displaystyle I_n := \int_0^1x^ne^{-x}dx$

とおく。 $x \in (0, 1)$ に対して

$\displaystyle 1 \geq e^{-x}\geq xe^{-x}\geq x^2e^{-x}\geq \cdots \geq 0$

より、

$\displaystyle 0 < I_n < 1 \tag{1}$

がわかる。また、部分積分により

$\displaystyle I_{n+1}=-e^{-1}+(n+1)I_n \tag{2}$

が成り立つ。これと $I_0 = 1-e^{-1}$ から整数 $a_n, b_n \in \mathbb{Z}$ が存在して

$\displaystyle I_n=a_ne^{-1}+b_n \tag{3}$

と表示されることが帰納的にわかる。(2)の両辺を $n+1$ で割ることによって、(1)より

$\displaystyle 0 < I_n < \frac{C}{n} \tag{4}$

なる $C > 0$ が存在する。さて、 $e^{-1}=a/b$ なる整数 $a, b$ が存在したと仮定すると、(3)、(4)より

$\displaystyle 0 < aa_n+bb_n < \frac{bC}{n}$

が成り立つ。 $aa_n+bb_n$ は整数なので、 $n$ を十分大きくとると矛盾が生じる。 Q.E.D.

第四証明

補題 $n \in \mathbb{N}$ を固定して

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

とおく。このとき、

$\displaystyle 0 < f(x) < \frac{1}{n!}, \quad \ x \in (0, 1) \tag{5}$

および

$\displaystyle f^{(m)}(0), \quad f^{(m)}(1) \in \mathbb{Z} \qquad ({}^{\forall}m \in \mathbb{Z}_{\geq 0}) \tag{6}$

が成り立つ。

証明. (5)は明らか。 $m < n$ または $m > 2n$ のときは $f^{(m)}(0)=0$ である。 $n \leq m \leq 2n$ のときは、 $f(x)$ を

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{n!}\sum_{k=n}^{2n}a_kx^k$

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。 $f(x)=f(1-x)$ であることから $f^{(m)}(1) \in \mathbb{Z}$ もわかる。 Q.E.D.

定理任意の $r \in \mathbb{Q}^{\times}$ に対して、 $e^r$ は無理数である。

証明. $r=k/l \ (k, l \in \mathbb{Z}, k > 0)$ とするとき、

$\displaystyle e^r \in \mathbb{Q} \Longrightarrow e^k=(e^r)^l \in \mathbb{Q}$

が成り立つので、 $e^k$ が無理数であることを示せば十分である。 $e^k=a/b \ (a, b \in \mathbb{N})$ と仮定しよう。 $n$ を固定して補題の $f(x)$ を考える。

$\displaystyle F(x) := k^{2n}f(x)-k^{2n-1}f'(x)+\cdots -kf^{(2n-1)}(x)$

とおく。このとき、

$\displaystyle \frac{d}{dx}\Bigl\{ e^{kx}F(x) \Bigr\} = e^{kx}(kF(x)+F'(x))=k^{2n+1}e^{kx}f(x)$

なので、

$\displaystyle I := b\int_0^1k^{2n+1}e^{kx}f(x)dx = b \Bigl[ e^{kx}F(x) \Bigr]_0^1 = aF(1)-bF(0).$

(6)よりこれは整数である。一方、(5)より

$\displaystyle 0 < I < \frac{bk^{2n+1}e^k}{n!}$

が成り立つ。 $n$ 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矛盾が生じる。 Q.E.D.

系 $r \in \mathbb{Q}_{> 0, \neq 1}$ に対し、 $\log r$ は無理数である。

第五証明(by Sondow)

$I_1 := [2, 3]$ とし、閉区間 $I_n$ を次のように帰納的に定義する：

$I_{n}$ は $I_{n-1}$ を $n$ 等分してできる $n$ 個の小区間のうち、左から二番目のものとする。

$I_n=[ s_n, t_n]$ とすると、

$\displaystyle s_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots + \frac{1}{n!}, \ \ t_n = s_n+\frac{1}{n!}$

であって両方 $e$ に収束する。すなわち、区間縮小法による確定実数は $e$ である：

$\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty}I_n = \{ e \} \tag{7}$

さて、 $e$ が有理数であったと仮定しよう。すると、 $n, m \in \mathbb{N}$ が存在して

$\displaystyle e=\frac{m}{n!}$

と書ける。一方、ある整数 $a$ が存在して

$\displaystyle I_n = \left[ \frac{a}{n!}, \frac{a+1}{n!}\right]$

と書けるので、 $e \in I_n$ であることから $e$ は $I_n$ の端点のいずれかに一致せざるを得ない。これは(7)に反する。 Q.E.D.

*1:mathtrain.jp