素数が無限に存在すること，√２が無理数であることは，ギリシア数学のなかでも有名な定理です．それぞれユークリッドとピタゴラスが背理法を用いて証明していますが，その証明はだれしもが容易に理解できるものです．ｅの無理数性も背理法を用いて，わりに容易に示すことができます．そこで，・・・

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】ｅは無理数である

（問）e=1+1/1!+1/2!+1/3!+･･･+1/n!+･･･が無理数であることを証明せよ．

（証）整数ｐ，ｑが存在して，

　　ｐ／ｑ＝1+1/1!+1/2!+1/3!+･･･+1/n!+･･･

のように書けるものと仮定する．

　　ｐ／ｑ＝(1+1/1!+1/2!+･･･+1/q!)+(1/(q+1)!+1/(q+2)!+･･･)

　両辺をｑ！倍すると，

　　ｐ（ｑ−１）！＝(q!+q!/1!+q!/2!+･･･+q!/q!)+(1/(q+1)+1/(q+1)(q+2)+1/(q+1)(q+2)(q+3)+･･･)

ここで，ｐ（ｑ−１）！は整数，(q!+q!/1!+q!/2!+･･･+q!/q!)も整数．

　また，

　　1/(q+1)+1/(q+1)(q+2)+1/(q+1)(q+2)(q+3)+･･･

　＜1/(q+1)+1/(q+1)(q+1)+1/(q+1)(q+1)(q+1)+･･･＝1/q

となり，

　　1/(q+1)+1/(q+1)(q+2)+1/(q+1)(q+2)(q+3)+･･･

は小数であることがわかる．

　以上より，整数＝整数＋小数となって矛盾．ｅが有理数であるという仮定に誤りがあり，有理数ではあり得ないことを示している．したがって，ｅは無理数である．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

　なお，２＜ｅ＜３は次のようにして示すことができます．

（証）　ｎ！＝１・２・３・・・ｎ＞１・２・２・・・２＝２^(n-1)

より，

　　e=1+1/1!+1/2!+1/3!+･･･+1/n!+･･･＜1+1+1/2+1/2^2+･･･+1/2^(n-1)＝３

　　２＜ｅは明らかである．

（問）ｎ→∞のとき，数列 Sn=1+1/1!+1/2!+1/3!+･･･+1/n! が，数列 Tn=(1+1/n)^n と同じ極限ｅに収束することを示せ．

（証）２項定理により，

　　Tn=1+n･1/n+n(n-1)/2!･1/n^2+･･･+n!/n!･1/n^n

　　　=1+1+(1-1/n)･1/2!+･･･+(1-1/n)(1-2/n)(1-(n-1)/n)･1/n!

　ｎ→∞のとき

　　Tn→1+1/1!+1/2!+1/3!+･･･+1/n!+･･･＝ｅ

　分母の階乗の値が急速に増大するため，数列Ｓnは非常に速く収束しますが，数列Ｔnの極限値を直接計算するのは収束が遅くて非効率的です．

［補］ド・モンモールの問題

　ｎ個の宛名を書いた封筒にｎ個の手紙を無作為に入れるとき，すべての手紙がその宛名と違う封筒に入る確率は，

　　１−１／１！＋１／２！−・・・＋（−１）^n１／ｎ！

ｎ→∞のとき，

　　（１−１／ｎ）^n　→　１／ｅ＝０．３６７８・・・

に近づく．

［補］シュタイナーの問題

　ｙ＝ｘ^(1/x)の最大値を求めよ．

ｙ’＝（１−ｌｏｇｘ）ｘ^(1/x-2)より，ｙ＝ｘ^(1/x)は，ｘ＝ｅのとき，最大値ｅ^(1/e)＝１．４４４６・・・をとる．

［補］オイラーの問題

　ｘが［ｅ^(-e)，ｅ^(1/e)］＝［０．０６５９・・・，１．４４４６・・・］の間にあるとき，ｙ＝ｘ^x^x^x^x･･･が，ある極限に近づくことをオイラーが示した．ｅ^(1/e)＝１．４４４６・・・は１より大きいことに注意．無限大に発散しないのであろうか？

［補］階乗進法

　階乗進法表記を（）fで表すことにすれば，オイラーの数ｅに対する表記は，

　　e=2+1/2!+1/3!+･･･+1/n!+･･･=(10.111･･･)f

また，

　　cosh(1)=(1.010101･･･)f

　　sinh(1)=(1.101010･･･)f

より，

　　cosh(1)+sinh(1)=(10.111･･･)f=e

　なお，大平氏によると，１０進法から階乗進法へのエンコード・デコードによって，すべての順列を生成するプログラムを作成することができるとのことでした．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】πは無理数である

　１７４４年，オイラーはこのようにしてｅの無理数性を示したのですが，さらに，１８７３年，エルミートはｅが超越数であることを証明しました．これに対して，πが無理数であることを示したのはランベルト（１７６１年）であり，最終的にリンデマンがπが超越数であること証明しました（１８８２年）．リンデマンはエルミートの方法を発展させ，πの超越性を示したのです．

　π＝ｑ／ｐと仮定する．また，

　　ｆ（ｘ）＝ｘ^n（ｑ−ｐｘ）^n／ｎ！

　　Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）−ｆ”（ｘ）＋ｆ^(4)（ｘ）−・・・＋（−１）^nｆ^(2n)（ｘ）

と定義すると，ｆ^(k)（０）は整数となる．さらに，ｆ（ｘ）＝ｆ（ｑ／ｐ−ｘ）＝ｆ（π−ｘ）より，ｆ^(k)（π）も整数となる．

　また，Ｆ（ｘ）＋Ｆ”（ｘ）＝ｆ（ｘ）より，

　　｛Ｆ’（ｘ）ｓｉｎｘ−Ｆ（ｘ）ｃｏｓｘ｝’＝（Ｆ”（ｘ）＋Ｆ（ｘ））ｓｉｎｘ＝ｆ（ｘ）ｓｉｎｘ

　　Ｉ＝∫(0,π)ｆ（ｘ）ｓｉｎｘｄｘ

とおくと，Ｉ＝Ｆ（π）＋Ｆ（０）．これも整数となる．

　０≦ｘ≦πにおいて，０≦ｑ−ｐｘ≦ｑより，

　　０≦ｆ（ｘ）ｓｉｎｘ≦ｆ（ｘ）≦ｑ^nπ^n／ｎ！

　　０＜Ｉ＜∫(0,π)ｑ^nπ^n／ｎ！ｄｘ＝ｑ^nπ^n+1／ｎ！

ｎを十分大きくとれば

　　０＜Ｉ＜Ｆ（π）＋Ｆ（０）＜ｑ^nπ^n+1／ｎ！＜１

となって，矛盾．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【３】ｘ＝（√（２８／２７）＋１）^1/3−（√（２８／２７）−１）^1/3は整数である

　ｘ^3＝２−ｘが成り立つことより，ｘ＝１はひとつの実数解となる．（ｘ−１）（ｘ^2＋ｘ＋２）＝０において，ｘ^2＋ｘ＋２＝０は２つの虚数解をもつので，ｘ＝１でなければならない．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝