大阪大学 2003 年後期入試から

Wednesday, 23rd April, 2003.

I_n = (πⁿ⁺¹/n!)∫₀¹tⁿ(1 - t)ⁿ sin πt dt, n = 0, 1, 2, ... と置く。

阪大の問題では先ず n ∈ N, x > 0 に対して, 数学的帰納法で Σ_k=0ⁿ x^k/k! < e^x を示させるが, これは y = e^x の Taylor-Maclaurin 展開を第 n 項で打ち切ったものなので, ここでは明らかとしておく。 これを用いると u > 0 に対し

Σ_k=0ⁿ u^kI_k < πe^πu

が証明できる。 実際 [0, 1] 上では t^k(1 - t)^k sin πt < 1 であるから, 積分して I_k < π^k+1/k! 即ち u^kI_k < π(πu^k+1)/k!. 従って Σ_k=0ⁿ u^kI_k < πΣ_k=0ⁿ x^k/k! < πe^πu.

さて, I₀ = π[-(cos πt)/π]₀¹ = -cos π + cos 0 = 2. 又
I₁ = π² ∫₀¹t(1 - t) sin πt dt = π² ∫₀¹(t - t²) sin πt dt = π∫₀¹(t - t²)d(-cos πt)
= π([-(t - t²)cos πt]₀¹ + ∫₀¹cos πt d(t - t²)) = π ∫₀¹cos πt (1 - 2t) dt
= ∫₀¹(1 - 2t) d sin πt = [(1 - 2t)sin πt]₀¹ - ∫₀¹ sin πt d(1 - 2t) = 2∫₀¹ sin πt dt
= (2/π)[-cos πt]₀¹ = (2/π)(-cos π + cos 0) = 4/π.

ここで f(t) = πⁿ⁺¹tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹cos πt + (n + 1)πⁿ(2t - 1)tⁿ(1 - t)ⁿsin πt と置く (こんな置き換えはとても思いつかない。 私だったらここの証明は省略して次の漸化式を仮定して部分点を稼ぐ)。 この時, f'(t) = (n + 1)πⁿ⁺¹tⁿ(1 - t)ⁿ⁺¹cos πt - (n + 1)πⁿ⁺¹tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿcos πt - πⁿ⁺²tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹sin πt
　+ 2(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt + n(n + 1)πⁿ(2t - 1)t^n-1(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿ(2t - 1)tⁿ(1 - t)^n-1sin πt + (n + 1)πⁿ(2t - 1)tⁿ(1 - t)ⁿcos πt
= (n + 1)πⁿ⁺¹tⁿ(1 - t)ⁿ(1 - t - t)cos πt - πⁿ⁺²tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹sin πt
　+ 2(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt + 2n(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿt^n-1(1 - t)ⁿsin πt
　- n(n + 1)πⁿ(2(t - 1) + 1)tⁿ(1 - t)^n-1sin πt + (n + 1)πⁿ(2t - 1)tⁿ(1 - t)ⁿcos πt
= -πⁿ⁺²tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹sin πt
　+ (2n + 2)(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿt^n-1(1 - t)^n-1sin πt + n(n + 1)πⁿt^n-1(1 - t)^n-1sin πt
　+ 2n(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿt^n-1(1 - t)^n-1sin πt
 =  -πⁿ⁺²tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹sin πt + (4n + 2)(n + 1)πⁿtⁿ(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿt^n-1(1 - t)^n-1sin πt.

すると
-(n + 1)! I_n+1 + (4n + 2)(n + 1)(n!/π)I_n - (n - 1)!n(n + 1)I_n-1
= -πⁿ⁺²∫₀¹tⁿ⁺¹(1 - t)ⁿ⁺¹sin πt dt + (4n + 2)(n + 1)πⁿ∫₀¹tⁿ(1 - t)ⁿsin πt - n(n + 1)πⁿ∫₀¹t^n-1(1 - t)^n-1sin πt
= ∫₀¹ f'(t) dt = [f(t)]₀¹ = 0.

だから漸化式 I_n+1 = ((4n + 2)/π)I_n - I_n-1 が示された。

さて, ここまでを準備して, π が無理数であることを背理法で示そう。 π が無理数でないと仮定すると, 即ち有理数だから, 正の整数 p, q が存在して, π = p/q と既約分数で書ける (実は規約であることは使わない)。 A_n = pⁿI_n と置こう。 すると, 上記の漸化式から

A_n+1 = pⁿ⁺¹I_n+1 = pⁿ⁺¹(((4n + 2)/π)I_n - I_n-1) = pⁿ⁺¹(((4n + 2)q/p)I_n - I_n-1)
= (4n + 2)qpⁿI_n - pⁿ⁺¹I_n-1 = (4n + 2)qA_n - p²A_n-1.

さて, 定義 A_n = pⁿI_n = pⁿ(πⁿ⁺¹/n!)∫₀¹tⁿ(1 - t)ⁿ sin πt dt > 0 は明らかで, A₀ = I₀ = 2, A₁ = pI₁ = 4p/π = 4q で共に正の整数であるから, A_n+1 = (4n + 2)qA_n - p²A_n-1 よりn = 0, 1, 2, ... の全てに亙って A_n は正の整数である。 すると最初に証明したことにより Σ_k=0ⁿ A_k = Σ_k=0ⁿ p^kI_k < πe^πp となるが, n→∞ とすると Σ_k=0ⁿ A_k → ∞ であるが, 右辺の πe^πp は定数であるから矛盾である。

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