tan1は有理数か？

$\tan1^\circ$ は有理数か。

これは京都大学の2006年度後期試験で出題された問題です。理系の学生で受験勉強したことのある人ならこの問題を一度は聞いたことがあるんじゃないでしょうか。では今回はこれを出発点としてこれに似た問題をいくつか解いてみましょう。

tan1°は有理数か？
- 証明
cos1°は有理数か？
- 証明
- 別証
sin1°は有理数か？
- 証明
tan1は有理数か？
- 証明

tan1°は有理数か？

とりあえずまずはこの問題を解いてみましょう。これの証明なんて調べてみればインターネットの海に五万と沈んでますが、一応書いていきますね。

証明

$\tan1^\circ$ が無理数であることを背理法で示していきます。つまり、 $\tan1^\circ$ が有理数であると仮定します。まずタンジェントの加法定理「 $\tan(\theta_1+\theta_2)=\frac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{1-\tan\theta_1\tan\theta_2}$ 」を使えば、 $\tan2^\circ=\frac{2\tan1^\circ}{1-\tan^2 1^\circ}$ とかけることがわかります。ここでこれの右辺に注目してみると、有理数同士の引き算掛け算割り算の形になっているので $\tan2^\circ$ も有理数となることがわかります。以下同様にして、 $\tan4^\circ$ 、 $\tan8^\circ$ 、 $\tan16^\circ$ 、 $\tan32^\circ$ も有理数であることがわかります。ここでもう一個のタンジェントの加法定理「 $\tan(\theta_1-\theta_2)=\frac{\tan\theta_1-\tan\theta_2}{1+\tan\theta_1\tan\theta_2}$ 」を使うと、 $\tan30^\circ=\tan(32^\circ-2^\circ)=\frac{\tan32^\circ-\tan2^\circ}{1+\tan32^\circ\tan2^\circ}$ とかけますね。すると右辺については今まで示してきたことから、有理数同士の四則演算でかけることがわかりますね。なので、 $\tan30^\circ$ も有理数ということになります。しかし、皆さんもご存知の通り $\tan30^\circ=\frac{1}{\sqrt{3}}$ と無理数であるので矛盾します。したがって $\tan1^\circ$ が無理数であることがわかりました。 $\Box$

この証明の面白いところはタンジェントの加法定理にはプラスマイナス両方ともタンジェントしか出ないところです。なのでこの場合は比較的簡単に示すことができるんですよね。そこが京大のすごいと思うところです。ではタンジェントをコサインに変えたらどうなるんでしょうね？

cos1°は有理数か？

この問題もさっきと同じように解けばいいじゃない…？と思いそうになりますがちょっと待ってください。さっきはタンジェントの加法定理2種を活用していきましたが、コサインの場合はそうもいかないのです。それは実際に書き出してみればわかります。

$\cos(\theta_1\pm\theta_2)=\cos\theta_1\cos\theta_2\mp\sin\theta_1\sin\theta_2$

さて…問題点がわかったでしょうか。そうです。コサインの加法定理の中にサインが出てきてしまっているんです。これを避けるいい方法はないんでしょうか…もちろんあります。それがチェビシェフ多項式とよばれるものです。

$\cos n\theta$ は $\cos\theta$ のn次多項式で表すことができる。

これの証明はほかに任せるとして、証明を書いていきましょう。とはいえ、これを使えば証明も一瞬です。

証明

$\cos1^\circ$ が無理数であることを背理法で示していきましょう。つまり $\cos1^\circ$ が有理数であると仮定します。このとき上の定理を使えば、 $\cos30^\circ$ が有理数 $\cos1^\circ$ の30次多項式でかけることがわかります。なので $\cos30^\circ$ も有理数であることがわかります。しかし、 $\cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$ は無理数ですので矛盾します。したがって $\cos1^\circ$ が無理数であることが示されました！ $\Box$

いやー簡単ですね！(白目）…え？こんな定理知らない？…そんなあなたのためにチェビシェフ多項式を使わない別証を考えました。ここでの前提知識は2倍角公式と3倍角公式ぐらいです。まあこれも別に覚えてなくても直接導出してくださってもいいですけど、一応書いておきますね。

$\cos2\theta=2\cos^2\theta-1=1-2\sin^2\theta$

$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$

$\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$

$\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta$

別証

まず今回は $\cos30^\circ$ 以外にコサインの値が無理数になる角度を一つ作ります。それは… $72^\circ$ です（頻出問題なので値を覚えている人もいるかもしれませんね）。では実際にその値が無理数となっていることを確認しましょう。まず $\sin36^\circ=\sin(90^\circ-54^\circ)=\cos54^\circ$ に注意して $\theta=18^\circ$ とすれば、 $\sin2\theta=\cos3\theta$ が成り立ちます。このとき2倍角と3倍角の公式を適用すれば、 $2\sin\theta\cos\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$ となります。 $\theta=18^\circ$ なので $\cos\theta\neq0$ に注意すればこれより、 $2\sin\theta=4\cos^2\theta-3$ となり、再び2倍角公式を使えば $2\sin\theta=4(1-2\sin^2\theta)-3$ と $\sin\theta$ についての式になります。これを $\sin\theta$ について解いてやれば、 $\sin\theta=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{4}$ となりますが、 $\theta=18^\circ$ だったので $0\lt\sin\theta\lt1$ より $\sin18^\circ=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$ となります。よって、 $\cos72^\circ=\cos(90^\circ-18^\circ)=\sin18^\circ=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$ がわかります。これが無理数なのは（ほぼ）明らかでしょう。

これを使って $\cos1^\circ$ が無理数であることを示していきます。 $\cos1^\circ$ が有理数であると仮定すれば2倍角と3倍角の公式を使えば、 $\cos2^\circ$ 、 $\cos4^\circ$ 、 $\cos8^\circ$ 、 $\cos24^\circ$ 、 $\cos72^\circ$ が無理数であることが順々にわかります。しかし、これは先ほど示した結果に矛盾するので $\cos1^\circ$ が有理数であることがわかります。 $\Box$

この証明の発想は（比較的）よく知られている2倍角3倍角の公式のみを使おうというところから始まり、そのために $2^n3^m$ という形で書ける角度にもっていこうとなったとき実際にその値がわかるのが $\cos72^\circ$ だったというかんじですね。*1さて次はサインの場合を見ていきましょう。

sin1°は有理数か？

これは厄介です。先ほどのチェビシェフ多項式のように $\sin n\theta$ も $\sin\theta$ だけの多項式で書ければよかったのですが、それは残念ながら成り立ちません。*2ではどうするか？そこで先ほど示した別証を使います。だからここで別証を書く必要があったんですね。

証明

まずは $\sin1^\circ$ が有理数であると仮定してみましょう。このときコサインの2倍角公式から、 $\cos2^\circ=1-2\sin^2 1^\circ$ と有理数 $\sin1^\circ$ の多項式で書けます。ですので $\cos2^\circ$ は有理数となることがわかりますね。ここからは先ほどの別証と同じようにして $\cos72^\circ$ が有理数であることが示せ矛盾することがわかります。よって $\sin1^\circ$ が無理数であることがわかりました！ $\Box$

この証明の面白いところはサインから始まっているのにコサインの話にもっていって矛盾を導いているところだと思います。これのほかにもっとスマートな示し方があったら是非教えてください。

ようやく本記事のメインディッシュです。ここまでと大きく違うところは度数法ではなく弧度法になっているところです。これだけでどのぐらい難しくなるのか…加法定理を使って既知の(有理数値をとる）角度にすることができなくなるといえばわかるでしょうか。これまでの問題では言ってしまえば整数をある整数に近づけていたんです。それは度数法で考えていたからです。しかし弧度法では皆さんご存知のように、よく知られている角度は $\frac{\pi}{2}$ といったようにことごとく無理数の形で表されます。なのでアプローチを全く変えなければいけません。実に解析的な証明なのでこれまでと異なりとっつきにくさや読みにくさもあるかもしれませんが最後までお付き合い下さい。

証明

まず次のような数列を考えます：

$I_n=\frac{1}{\sin1}\int_0^1x^{2n-1}\sin x\,dx\qquad(n=1,2,\ldots)$ .

このとき、次の二つのことを示していきます：

すべての番号 $n$ に対して、 $I_n=\frac{a_n}{\tan1}+b_n$ が成り立つようなある整数 $a_n$ と $b_n$ が存在する。
すべての番号 $n$ に対して、 $0\lt I_n\lt\frac{1}{2n}$ が成り立つ。

まず1を帰納法で示していきます。まず $I_1$ を計算してみましょう。部分積分を使えば、

$I_1=\frac{1}{\sin1}\int_0^1x\sin x\,dx \\= \frac{1}{\sin1}([-x\cos x]_0^1+\int_0^1\cos x\,dx)=\frac{1}{\sin1}(-\cos1+[\sin x]_0^1)\\= \frac{1}{\sin1}(-\cos 1+\sin 1)=\frac{-1}{\tan 1}+1$

となり1が満たされていることがわかります。次に $n$ の場合に1が成り立つと仮定して $n+1$ の場合も成り立つことを見ていきましょう。とりあえず $I_{n+1}$ を計算してみましょう。これは先ほどと同じように部分積分を使えば、

$I_{n+1}=\frac{1}{\sin1}\int_0^1x^{2n+1}\sin x\,dx\\=\frac{1}{\sin1}([-x^{2n+1}\cos x]_0^1+(2n+1)\int_0^1x^{2n}\cos x\,dx)\\=\frac{1}{\sin1}(-\cos1+(2n+1)([x^{2n}\sin x]_0^1-2n\int_0^1x^{2n-1}\sin x\,dx))\\=\frac{1}{\sin1}(-\cos1+(2n+1)(\sin1-2n(\sin1)I_n))\\=-\frac{1}{\tan1}+(2n+1)-(2n+1)2n(\frac{a_n}{\tan1}+b_n)\\=\frac{-1-(2n+1)2na_n}{\tan1}+(2n+1)(1-2nb_n)$

となります。いま $a_n$ と $b_n$ は整数なので $-1-(2n+1)2na_n$ と $(2n+1)(1-2nb_n)$ も整数となります。したがって1が $n+1$ の場合も成り立つことがわかります。以上によって1が示されました。次に2を示していきましょう。被積分関数が区間 $[0,1]$ で非負であることと $0\lt\tan1$ であることから $0\lt I_n$ がわかります。次に右側の不等式を見ていきましょう。上で求めた漸化式、 $I_{n+1}=-\frac{1}{\tan1}+(2n+1)-(2n+1)2nI_n$ を $I_n$ について解けば、 $I_n=\frac{(2n+1)-(\frac{1}{tan1}+I_{n+1})}{(2n+1)2n}$ となります。ここで $\frac{1}{\tan1}+I_{n+1}\gt0$ であることを使えば、 $I_n\lt\frac{2n+1}{(2n+1)2n}=\frac{1}{2n}$ となることがわかります。以上で1と2が示されました。

それではいよいよ $\tan1$ が無理数であることを示していきたいと思います。まず $\tan1$ が有理数であると仮定します。このとき0でない正の整数 $\alpha$ と $\beta$ を用いて*3 $\tan1=\frac{\beta}{\alpha}$ と書けます。このとき1及び2から各番号 $n$ に対して $0\lt\frac{\alpha a_n}{\beta}+b_n\lt\frac{1}{2n}$ となることがわかります。いま $\beta\gt0$ だったので $0\lt\alpha a_n+\beta b_n\lt\frac{\beta}{2n}$ がすべての番号 $n$ で成立します。さて、 $\beta\lt2n$ を満たすような番号 $n$ に対してもこのことは成り立ちますが、このとき $\frac{\beta}{2n}\lt1$ となるので $0\lt\alpha a_n+\beta b_n\lt1$ となります。さて真ん中の項 $\alpha a_n+\beta b_n$ について注目すると、これは整数になっています。しかし0よりもおおきく1よりも小さな整数はありませんね。なので矛盾が起きます。したがって $\tan1$ は無理数であることが示されました！ $\Box$