-証明-
以下、背理法により、πが無理数であることを証明する。
πが、有理数であるとすると、互いに素な整数p,qにより
π＝q/pとあらわせることになる。
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今、関数
f(ｘ)＝ｘ^n・（q – p・ｘ）^n／n！ (p,q,nは自然数とする)
を考える。
この関数の（q – p・ｘ）^nの部分は、二項定理に
従って、n+1項の多項式に展開をすることができる。
したがって、関数f(ｘ)は、ｘ^n～ｘ^2nのｘの多項式になり
n
f(ｘ)＝１／n！・ ΣＡk・ｘ^(n+k)
k=0
と書きなおすことができる。
ここで、 f(ｘ)の j 回微分を f(j)(ｘ)と書き表すと
■ j＜nの場合、※※ ゼロになるパターン
f(j)(0)＝0
■ j＞2nの場合、
f(j)(0)＝0
■ n≦j≦2nの場合、
f(j)(0)＝Ａ(j-n)・j！／n！
となる。 このとき f(j)(0)は、整数となる。（∵ 分母のn！は うまく消せるため）
ここで、
Ｆ(x)＝f(x)-f(2)(x)+f(4)(x)-・・・・・・・・+(-1)^ｎ・f(2n)(x)
という関数を考えると
任意のj に対し f(j)(0)が、整数なので、Ｆ(0)も整数になる。 （※単に足し算、引き算しているだけだから）
又、
f(x)＝f(q/p-x) なので、以下のことがいえる
f(x)＝f(q/p-x)
f(j)(x)＝(-1)^j・f(j)(q/p-x)
したがって
f(j)(π)＝(-1)^j・f(j)(q/p-π)＝(-1)^j・f(j)(0)
故に、
Ｆ(π)も、Ｆ(0)と同様に整数といえるだろう。
天下り的に、ここで、 Ｆ(x) とＦ(x)の2階微分は、
Ｆ(x) ＝f(x)-f(2)(x)+f(4)(x)-・・・・・・・・+(-1)^ｎ・f(2n)(x)
Ｆ(2)(x)＝ +f(2)(x)-f(4)(x)+・・・・・・・・-(-1)^ｎ・f(2n)(x)+(-1)^(ｎ+2)・f(2n+2)(x)
さらに これらの式を使って
d/dx・（ Ｆ(1)(x)・sinx-Ｆ(x)・cosx）＝ Ｆ(2)(x)・sinx +Ｆ(x)・sinx
＝f(x)・sinx+(-1)^(ｎ+2)・f(2n+2)(x)・sinx ※※ ゼロになるパターン
＝f(x)・sinx
となる。
上式を使って 0～πの間で以下の積分を考えよう。
π π
∫f(x)・sinx dx＝〔 Ｆ(1)(x)・sinx-Ｆ(x)・cosx 〕 ＝Ｆ(π)+Ｆ(0)
0 0
この積分値は、整数ということになる。・・・結論①
ところで、ｘが、0～πの間では、
0＜sinx＜１
0＜q-p・x＜q
0＜ｘ＜π
なので ※※ 及び、f(x)の定義より
0＜f(x)・sinx ＜ x^n・（q – p・x）^n／n！ ＜ (π・q）^n／n！
したがって、
π π
０ ＜ ∫f(x)・sinx dx ＜ ∫(π・q）^n／n！ dx ＝ π^(n+1)・q^n／n！
0 0
が成り立つ。
ところが、n を適当に大きくとっていくと
π^(n+1)・q^n／n！ → 0に近づくので
π
０ ＜ ∫f(x)・sinx dx ＜ １
0
すなわち、
０ ＜ Ｆ(π)+Ｆ(0) ＜ １ ・・・結論②
とできる。
この結論②は、前半で導き出した結論①、ｎに関係なく 『Ｆ(π)+Ｆ(0)が、整数である』と導けたことに反する。
（※整数は０～１の間にはありません。 数直線を描いて確認する）
したがって、背理法により、πは無理数といえる。 (証明終) ※一部、口語に変更。
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