大阪大学 2003年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

(1) $$S_n(x)=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{x^k}{k!}}$$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$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\{e^x-S_{n+1}(x)\}=e^x-S_n(x)>0$$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。

$k\geqq 1$ では積分の被積分関数は0と1の間にあるので$$0<I_k<{\displaystyle \frac{{\pi }^{k+1}}{k!}},$$また $I_0=2<\pi$ である。したがって $u>0$ に対して$$\sum _{k=0}^n{u}^k{I}_k<\pi \sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(\pi u{)}^k}{k!}}<\pi e^{\pi u}\mathrm{.}$$(2) 直接積分して$$I_0=2,I_1={\pi }^2{\int }_0^{1}t(1-t)\sin \pi tdt={\displaystyle \frac{4}{\pi }}\mathrm{.}$$$$J_n={\int }_0^1{t}^n(1-t{)}^n\sin \pi tdt$$, $f_n=t^n(1-t{)}^n$ とおく。計算すると$$f_{n+1}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=n(n+1)f_{n-1}-2(n+1)(2n+1)f_n\mathrm{.}$$端点で $f_{n+1},f_{n+1}^{\mathrm{\prime }}$ は0だから、部分積分を2回行って$${\int }_0^1{f}_{n+1}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}\sin \pi tdt=-{\pi }^2{J}_{n+1}\mathrm{.}$$ゆえに$${\pi }^2{J}_{n+1}=2(n+1)(2n+1)J_n-n(n+1)J_{n-1}\mathrm{.}$$$$I_n={\displaystyle \frac{{\pi }^{n+1}{J}_n}{n!}}$$ を代入して整理すると$$I_{n+1}={\displaystyle \frac{4n+2}{\pi }}{I}_n-I_{n-1}\mathrm{.}$$(3) $$\pi ={\displaystyle \frac{p}{q}}$$ と仮定する。$A_0=I_0=2$、$A_1=p{I}_1=4q$ は正の整数である。漸化式を用いると$$A_{n+1}=(4n+2)q{A}_n-p^2{A}_{n-1}\mathrm{.}$$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$$A_0+A_1+\cdots +A_n<\pi e^{\pi p}\mathrm{.}$$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 $\pi$ は無理数である。

(1) は差を積分表示して正値性を示す。(2) は $t^n(1-t{)}^n$ の2階微分恒等式を積分する。(3) は漸化式で正整数性を得た後、$t(1-t)\leqq {\displaystyle \frac{1}{4}}$ によって $A_n\to 0$ を示し、正整数であることと矛盾させる。

(1) $$R_n(x)=e^x-\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{x^k}{k!}}$$とおく。$R_0(x)>0$ であり、$$R_{n+1}(x)={\int }_0^x{R}_n(s)ds$$だから、帰納法で $R_n(x)>0$ を得る。また $0<t<1$ では$$0<t^k(1-t{)}^k\sin \pi t<1$$なので$$0<I_k<{\displaystyle \frac{{\pi }^{k+1}}{k!}}\mathrm{.}$$よって$$\sum _{k=0}^n{u}^k{I}_k<\pi \sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(\pi u{)}^k}{k!}}<\pi e^{\pi u}\mathrm{.}$$(2)$$J_n={\int }_0^1{t}^n(1-t{)}^n\sin \pi tdt,f_n=t^n(1-t{)}^n$$とおく。直接微分すると$$f_{n+1}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=n(n+1)f_{n-1}-2(n+1)(2n+1)f_n\mathrm{.}$$両辺へ $\sin \pi t$ を掛けて積分し、左辺を2回部分積分すると$$-{\pi }^2{J}_{n+1}=n(n+1)J_{n-1}-2(n+1)(2n+1)J_n\mathrm{.}$$$$I_n={\displaystyle \frac{{\pi }^{n+1}}{n!}}{J}_n$$を代入すれば$$I_{n+1}={\displaystyle \frac{4n+2}{\pi }}{I}_n-I_{n-1}\mathrm{.}$$また直接積分から$$I_0=2,I_1={\displaystyle \frac{4}{\pi }}\mathrm{.}$$(3)$$\pi ={\displaystyle \frac{p}{q}}$$ と仮定し $A_0=I_0$、$A_n=p^n{I}_n$ とおくと$$A_0=2,A_1=4q,$$$$A_{n+1}=(4n+2)q{A}_n-p^2{A}_{n-1}\mathrm{.}$$よって帰納法で $A_n$ は整数であり、積分の正値性から正の整数である。

一方、$$0<t(1-t)\leqq {\displaystyle \frac{1}{4}},\sin \pi t\leqq 1$$より$$0<A_n<{\displaystyle \frac{\pi {\left({\displaystyle \frac{p\pi }{4}}\right)}^n}{n!}}\mathrm{.}$$右辺を $B_n$ とすると$${\displaystyle \frac{B_{n+1}}{B_n}}={\displaystyle \frac{p\pi }{4(n+1)}}$$だから、十分大きい $n$ ではこの比は ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ 以下となり $B_n\to 0$ である。したがって十分大きい $n$ で $0<A_n<1$ となるが、正の整数にそのようなものはない。矛盾より $\pi$ は無理数である。