自然対数の底eが無理数であることの証明
書きかけ
背理法を使う。
$ p \in \Z, q \in \Z_{>0} とする。
$ e = \frac{q}{p}
どんな$ p, qを仮定しても、有理数にならないことを示す。(片方が整数である限り、もう片方が整数にならないことを示す)
自然対数の底$ eはそもそもどう定義された数なのか?
$ e = \lim_{n \to \infty} \bigg( 1 + \frac{1}{n} \bigg) ^n
$ \bigg( 1 + \frac{1}{n} \bigg) ^nを展開すると二項定理で以下のようになる。 $ \bigg( 1 + \frac{1}{n} \bigg) ^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} 1^{n-k} \cdot \bigg( \frac{1}{n} \biggl)^k = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{1}{n^k}
これを整理する
$ \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{1}{n^k}
$ = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k! \cdot n^k}
$ = \frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n} \cdots \frac{n-k+1}{n}
$ = \frac{1}{k!} \cdot 1 \cdot \bigg( 1 - \frac{1}{n} \bigg) \cdot \bigg( 1 - \frac{2}{n} \bigg) \cdots \bigg( 1 - \frac{k-1}{n} \bigg)
ここから
$ \lim_{n \to \infty} \bigg( 1 + \frac{1}{n} \bigg) ^n = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n \Bigg( \frac{1}{k!} \cdot 1 \cdot \bigg( 1 - \frac{1}{n} \bigg) \cdot \bigg( 1 - \frac{2}{n} \bigg) \cdots \bigg( 1 - \frac{k-1}{n} \bigg) \Bigg)
極限として$ n \to \inftyとすると、$ \frac{a}{n}($ aは任意の数)の所は0になる。
このため、自然対数の底$ eは、以下の無限級数と等しくなる。
$ e = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!} + \dots
この無限級数を$ \frac{q}{p}という整数の比として表せるか?
「有理数の無限級数ならば無理数である」とは単純に言えないことに注意。
例えば
$ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} = 1
無限級数を2つに分割して、全体を整数倍をしても、片側がどうやっても1未満となり必ず整数にならないことを示す。
$ \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = \sum_{k=0}^q \frac{1}{k!} + \sum_{k=q+1}^\infty \frac{1}{k!}
$ S = \sum_{k=0}^q \frac{1}{k!},\quad R = \sum_{k=q+1}^\infty \frac{1}{k!}とする。
$ e = \frac{p}{q!}\quad(p \in \Z, q \in \Z_{>0})と仮定して、整数にするために $ q!を掛ける。
$ q! \cdot e = q! \cdot S + q! \cdot R
まず$ q! \cdot Sが整数であることを示す。
$ q! \cdot S = \sum_{k=0}^q \frac{q!}{k!}
$ k \le qなので、$ \frac{q!}{k!}は常に整数となる。
$ q! \cdot Rも整数でなければならない。
$ q! \cdot R = \sum_{k=q+1}^\infty \frac{q!}{k!}
$ = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)} + \cdots
これは、以下の式より必ず小さくなる。
$ \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \frac{1}{(q+1)^3} + \cdots
$ = \frac{1}{q+1} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{q+1}} = \frac{1}{q}
したがって、$ 0 < q! \cdot R < \frac{1}{q} < 1 となり、$ q! \cdot Rは整数にはならない。
これは$ q! \cdot Rが整数でなければならないという条件と矛盾する。
$ qは2以上のどんな整数を当てはめてもこの式が成り立つため、$ q! \cdot eは整数にならない。
$ q が極めて大きくなったときでも、この$ Rの項が有理数になることを妨げることになる。