大阪大学 2003年度後期・理系数学後期第4問解答・解説

問題

$I_{0} = π \int_{0}^{1} sin π t d t$ 、 $I_{n} = \frac{π ^{n + 1}}{n !} \int_{0}^{1} t^{n} (1 - t)^{n} sin π t d t$ とする。

(1) 帰納法で $\sum_{k = 0}^{n} x^{k} / k! < e^{x}$ を示し、 $\sum_{k = 0}^{n} u^{k} I_{k} < π e^{π u}$ を示せ。

(2) $I_{0}, I_{1}$ を求め、 $I_{n + 1} = (4 n + 2) I_{n} / π - I_{n - 1}$ を示せ。

(3) $π = p / q$ と仮定し、 $A_{0} = I_{0}, A_{n} = p^{n} I_{n}$ が正の整数になることを示して矛盾を導け。

出典：大阪大学 2003年度後期日程第2次学力試験後期・理系後期第4問

(1)は差を微分すると一つ前の段階の差になることを使って帰納する。積分列は各積分を粗く上から評価する。(2)では $f_{n} = t^{n} (1 - t)^{n}$ の二階微分の関係を作り、部分積分を2回行う。(3)は漸化式で整数性を伝え、(1)が正整数の部分和を一様に抑える矛盾を使う。

$S_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} x^{k} / k!$ とおく。 $e^{x} - S_{0} (x) = e^{x} - 1 > 0$ である。 $e^{x} - S_{n} (x) > 0$ を仮定すると

\frac{d}{d x} {e^{x} - S_{n + 1} (x)} = e^{x} - S_{n} (x) > 0

で、 $x = 0$ で差は0だから $e^{x} - S_{n + 1} (x) > 0$ である。よって帰納法により主張が成り立つ。

$k ≧ 1$ では積分の被積分関数は0と1の間にあるので

0 < I_{k} < \frac{π ^{k + 1}}{k !},

また $I_{0} = 2 < π$ である。したがって $u > 0$ に対して

k = 0 \sum n u^{k} I_{k} < π k = 0 \sum n \frac{( π u ) ^{k}}{k !} < π e^{π u} .

直接積分して

I_{0} = 2, I_{1} = π^{2} \int_{0}^{1} t (1 - t) sin π t d t = \frac{4}{π} .

$J_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} (1 - t)^{n} sin π t d t$ , $f_{n} = t^{n} (1 - t)^{n}$ とおく。計算すると

f_{n + 1}^{''} = n (n + 1) f_{n - 1} - 2 (n + 1) (2 n + 1) f_{n} .

端点で $f_{n + 1}, f_{n + 1}^{'}$ は0だから、部分積分を2回行って

\int_{0}^{1} f_{n + 1}^{''} sin π t d t = - π^{2} J_{n + 1} .

ゆえに

π^{2} J_{n + 1} = 2 (n + 1) (2 n + 1) J_{n} - n (n + 1) J_{n - 1} .

$I_{n} = π^{n + 1} J_{n} / n!$ を代入して整理すると

I_{n + 1} = \frac{4 n + 2}{π} I_{n} - I_{n - 1} .

$π = p / q$ と仮定する。 $A_{0} = I_{0} = 2$ 、 $A_{1} = p I_{1} = 4 q$ は正の整数である。漸化式を用いると

A_{n + 1} = (4 n + 2) q A_{n} - p^{2} A_{n - 1} .

したがって帰納法によりすべての $A_{n}$ は整数である。また定義積分の被積分関数は $0 < t < 1$ で正だから $A_{n} > 0$ である。

(1)で $u = p$ とすると、すべての $n$ について

A_{0} + A_{1} + \dots + A_{n} < π e^{π p} .

しかし左辺は $n + 1$ 個の正の整数の和なので $n + 1$ 以上であり、 $n$ を十分大きくすれば右辺の固定値を超える。これは矛盾である。よって $π$ は無理数である。