자연상수 \(e\)와 원주율 \(\pi\)는 무리수이다

증명

\(e_n := (1+ 1/n)^n\)이라고 하자. 단조수렴 정리를 이용하여 수열 \(\left\{e_n \right\}\)이 수렴함을 보이자.

먼저 \(\left\{ e_n \right\}\)이 증가수열임을 보이자. \(n \ge 2,\) \(x > -1\)일 때 베르누이의 부등식에 의하여 다음이 성립한다. \[ (1+x)^n > 1+nx .\] (만약 위 부등식을 배우지 않았다면 직접 증명해 보자. \(n\)에 대한 수학적 귀납법을 이용하면 된다.)

위 부등식에 \(x = -1/n^2\)을 대입하자. 그러면 \[ \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^n > 1- \frac{1}{n}\] 을 얻는다. 이 식을 변형하면 \[ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \left( 1- \frac{1}{n} \right)^n > 1- \frac{1}{n} \] 이며, 양변을 \( (1- 1/n)^n\)으로 나눈 뒤 변형하면 \[\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n > \left( 1 + \frac{1}{n-1} \right)^{n-1}\] 을 얻는다. 즉 \(e_n > e_{n-1}\)이므로 \(\left\{ e_n \right\}\)은 증가수열이다.

다음으로 \(\left\{ e_n \right\}\)이 위로 유계임을 보이자. \(n\)이 충분히 큰 자연수일 때, 이항 정리를 이용하면 다음을 얻는다. \[\begin{align} e_n &= \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n \\[4pt] &= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} \\[4pt] &= 1+1+ \sum_{k=2}^n \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} \\[4pt] &= 1+1+ \sum_{k=2}^n \frac{n!}{k! (n-k)!} \frac{1}{n^k} \\[4pt] &= 1+1+ \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \frac{n-1}{n} \frac{n-2}{n} \cdots \frac{n-k+1}{n} \tag{2}\\[4pt] &< 1+1+ \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \tag{3} \\[4pt] &= 1 + 1 + \left( \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \cdots + \frac{1}{n!} \right) \\[4pt] &< 1 + 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}}\right) \\[4pt] &< 1 + 1 + 1 = 3.\tag{4} \end{align}\] 즉 \(\left\{ e_n \right\}\)은 위로 유계이다.

그러므로 단조수렴 정리에 의하여 \(\left\{ e_n \right\}\)은 수렴한다.

증명

\(b_n = \sum_{k=0}^{n} 1/k!\)이라고 하고, \(\left\{ b_n \right\}\)의 극한을 \(B\)라고 하자.

명백히 \(\left\{ b_n \right\}\)은 증가수열이고, (3)과 (4)에 의하여 \(\left\{ b_n \right\}\)은 위로 유계이므로 단조수렴 정리에 의하여 \(\{ b_n \}\)은 수렴한다. 그러므로 극한 \(B\)는 잘 정되었다.

이제 정리의 등식을 증명하자. 즉 \(e=B\)임을 증명하자.

먼저 (3)에 의하여 \[\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n < \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\] 이다. 이 부등식의 양변에 \(n\,\to\,\infty\)인 극한을 취하면 \(e \le B\)를 얻는다.

다음으로 \(e \ge B\)임을 보이자. 자연수 \(m\)이 임의로 주어졌다고 하자. 그리고 \(n\)이 \(m\)보다 큰 자연수라고 하자. (2)에 의하여 \[\begin{align} \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n &= 1 + 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k!} \left( 1- \frac{1}{n} \right) \left( 1- \frac{2}{n} \right) \cdots \left( 1- \frac{k-1}{n}\right) \\[4pt] & > 1+1+ \sum_{k=2}^{m} \frac{1}{k!} \left( 1- \frac{1}{n} \right) \left( 1- \frac{2}{n} \right) \cdots \left( 1- \frac{k-1}{n}\right) \\[4pt] \end{align}\] 이다. 부등식의 양변에 \(n\,\to\,\infty\)인 극한을 취하면 \[e \ge 1 + 1 + \sum_{k=2}^{m} \frac{1}{k!} = b_m\] 을 얻는다. 여기서 다시 부등식의 양변에 \(m\,\to\,\infty\)인 극한을 취하면 \(e \ge B\)를 얻는다.

그러므로 \(e = B\)이다.

증명

\(e\)가 유리수라고 가정하자. 그러면 \(e = p/q\)이고 서로소인 자연수 \(p\)와 \(q\)가 존재한다.

\(b_q = \sum_{k=0}^{q} 1/k!\)이라고 하자. 그러면 \[\begin{align} e-b_q &= \frac{1}{(q+1)!} + \frac{1}{(q+2)!} + \frac{1}{(q+3)!} + \cdots \\[4pt] &= \frac{1}{(q+1)!} \left( 1 + \frac{1}{q+2} + \frac{1} {(q+2)(q+3)} + \cdots \right) \\[4pt] & < \frac{1}{(q+1)!} \left( 1 + \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \cdots \right) \\[4pt] &= \frac{1}{(q+1)!} \frac{1}{1-\frac{1}{q+1}} \\[4pt] &= \frac{1}{(q+1)!} \frac{q+1}{q} \\[4pt] &= \frac{1}{q! q} \end{align}\] 이므로 \[q! \left( e-b_q \right) < \frac{1}{q} \le 1\tag{5}\] 이다. 그런데 \(q! e\)와 \(q! b_q\)가 모두 자연수이고 \(e > b_q\)이므로 \(q! \left( e-b_q \right)\) 또한 자연수이다. 이것은 (5)에 모순이다.

그러므로 \(e\)는 무리수이다.

증명

\(a=0\)인 경우에는 (6)이 자명하게 성립한다.

\(a > 0\)인 경우를 증명하자. \(m > 2a\)인 자연수 \(m\)을 택하자. 그러면 \(n > m\)일 때 \[\begin{align} \frac{a^n}{n!} &= \frac{a^m}{m!} \cdot \frac{a^{n-m}}{(m+1)(m+2) \cdots n} \\[4pt] &= \frac{a^m}{m!} \cdot \frac{a}{m-1} \frac{a}{m-2} \cdots \frac{a}{n} \\[4pt] &< \frac{a^m}{m!} \cdot \frac{1}{2} \frac{1}{2} \cdots \frac{1}{2} \\[4pt] &= \frac{a^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^{n-m}} \\[4pt] &= \frac{a^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^n \,2^{-m}} \\[4pt] &= \frac{a^m \,2^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^n} \end{align}\] 즉 \[0 < \frac{a^n}{n!} < \frac{a^m \,2^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^n}\] 이다. 그런데 \[\lim_{n\to\infty} \left( \frac{a^m \,2^m}{m!} \cdot \frac{1}{2^n} \right) =0\] 이므로 샌드위치 정리(조임 정리)에 의하여 \[\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n!} = 0\] 이다.

\(a < 0\)일 때에는 \[ - \left\lvert \frac{a^n}{n!} \right\rvert \le \frac{a^n}{n!} \le \left\lvert \frac{a^n}{n!} \right\rvert \] 이고, 왼쪽의 식과 오른쪽의 식이 \(0\)에 수렴함을 이미 증명했으므로 샌드위치 정리에 의하여 가운데 식도 \(0\)에 수렴한다.

증명

\(p=0\)인 경우, 즉 \(f\)가 우함수인 경우만 증명해도 충분하다. 왜냐하면 \(p\ne 0\)인 경우에는 함수의 그래프를 \(x\)축의 방향으로 \(-p\)만큼 평행이동하여 우함수의 그래프가 되도록 할 수 있기 때문이다.

\(f\)가 우함수이므로 연쇄 법칙에 의하여 \(x > 0\)인 임의의 \(x\)에 대하여 \[f ' (-x) = - f ' (x)\] 이다. 양변을 한 번 더 미분하면 연쇄 법칙에 의하여 \[- f ' ' (-x) = - f ' ' (x)\] 이므로 \(f ' ' (-x) = f ' ' (x)\)이다. 그러므로 \(f ' ' \)은 우함수이다.

이로써 우함수의 이계도함수가 우함수임이 증명되었다.

두 번 미분하는 과정을 반복하면 임의의 자연수 \(n\)에 대하여 \(f^{(2n)}\)이 우함수임이 증명된다.

\(p \ne 0\)인 경우 \(F(x) = f(x+p)\)라고 하면 \(F\)는 우함수이다. 그러므로 \(F^{(2n)}\)도 우함수이다. 그런데 \[f^{(2n)}(x) = F^{(2n)}(x-p)\] 이므로 \(y=f^{(2n)}(x)\)의 그래프는 직선 \(x=p\)에 대칭이다.

증명

\(P\)가 \(m\)차 다항함수라고 하고 \[P(x) = a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_n x^n\] 으로 나타내자.

\(k < n\)일 때 \(k\)계 도함수 \(P^(k) (x)\)는 상수항을 갖지 않는 다항함수이다. 그러므로 \(P^{(k)}(0)/n! = 0\)이다.

\(k=n\)일 때 \(P^{(n)}(x)\)의 상수항은 \(n! a_n\)이고, 다른 항은 모두 \(x\)를 인수로 가지므로 \(P^{(n)}(0)/n! = a_n\)이다. 그런데 \(a_n\)이 정수이므로 \(P^{(n)}(0)/n!\)도 정수이다.

마찬가지로 \(k > n\)일 때 \(P^{(k)}(x)\)의 상수항은 정수계수를 갖는 단항식을 \(n\)번 이상 미분하여 상수가 된 것이므로 \(n!\)에 정수를 곱한 형태이다. 따라서 \(P^{(k)}(0)/n!\)은 정수이다.

증명

부분적분법을 이용하자. \(\sin 0 = \sin \pi = 0\)이라는 사실을 이용하여 계산하면 다음을 얻는다. \[\begin{align} \int_0^\pi f(x) \sin x \,dx &= \left[ -f (x) \cos x \right]_{0}^{\pi} + \int_0^\pi f ' (x) \cos x \,dx \\[4pt] &= \left[ -f (x) \cos x + f ' (x) \sin x \right]_{0}^{\pi} - \int_0^\pi f ' ' (x) \sin x\,dx \\[4pt] &= \left[ -f (x) \cos x \right]_{0}^{\pi} - \int_0^\pi f ' ' (x) \sin x\,dx \\[4pt] &= \left[ -f (x) \cos x + f ' ' (x) \cos x \right]_{0}^{\pi} + \int_0^\pi f ^{(3)} (x) \cos x\,dx \\[4pt] &= \left[ -f (x) \cos x + f ' ' (x) \cos x \right]_{0}^{\pi} - \int_0^\pi f ^{(4)} (x) \sin x\,dx \\[4pt] &= \left[ -f (x) \cos x + f ' ' (x) \cos x - f^{(4)}(x) \cos x \right]_{0}^{\pi} + \int_0^\pi f ^{(5)} (x) \cos x\,dx \\[4pt] &\quad\quad \vdots \\[4pt] &= \left[ -F(x) \cos x \right] _0 ^\pi + (-1)^n \int_0^{\pi} f^{(2n+1)}(x) \sin x \,dx \\[4pt] &= F(\pi) + F(0) + (-1)^n \int_0^\pi 0 \,\sin x\,dx \\[4pt] &= F(\pi) + F(0).\tag*{\(\blacksquare\)} \end{align}\]

증명

\(\pi\)가 유리수라고 가정하자. 그러면 \(\pi = p/q\)이고 서로소인 자연수 \(p\)와 \(q\)가 존재한다. \(n\)이 자연수이고 \[I_n = \frac{q^n}{n!} \int_0^\pi x^n (\pi -x)^n \sin x \,dx\] 라고 하자. 피적분함수 \( x^n (\pi -x)^n \sin x\)는 적분 범위 내에서 \(0\) 이상의 값을 가지며 \(x = \pi / 2\)일 때 최댓값을 가지므로 \[0 < I_n \le \frac{q^n}{n!} \int_0^\pi \left( \frac{\pi}{2}\right)^{2n} \,dx = \frac{\pi q^n}{n!} \left( \frac{\pi}{2}\right)^{2n}\] 이다. 보조정리 4에 의하여, \(n\,\to\,\infty\)일 때 \[\frac{\pi q^n}{n!} \left( \frac{\pi}{2}\right)^{2n} \,\to\,0\] 이므로, 샌드위치 정리에 의하여 \(I_n \,\to\,0\)이다. 그러므로 충분히 큰 자연수 \(n\)에 대하여 \[0 < I_n < 1 \tag{9}\] 이다. 이제 \(n\)은 (9)를 만족시킬 정도로 충분히 큰 자연수라고 하고 \[P(x) = x^n \left( p-qx \right)^n ,\,\, f(x) = \frac{P(x)}{n!}\] 라고 하자. \(p\)와 \(q\)가 자연수이므로 \(P(x)\)는 정수계수를 갖는 \(2n\)차 다항식이며 최저차항의 차수는 \(n\)이다. 또한 \(\pi = p/q\)이므로 \[P(x) = x^n (p-qx)^n = q^n x^n (\pi - x)^n\] 이고 \[I_n = \frac{1}{n!} \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, dx = \int_0^\pi f(x) \sin x\,dx\] 이다. 그러므로 (7)에서 정의한 함수 \(F\)를 이용하면 보조정리 7에 의하여 위 적분은 다음과 같이 계산된다. \[I_n = F(\pi ) + F(0).\tag{10}\] 그런데 \(P(x)\)는 최저차항의 차수가 \(n\)인 다항함수이므로, 보조정리 6에 의하여 \(F(0)\)은 정수의 합이다. 즉 \(F(0)\)의 값은 정수이다. 더욱이 보조정리 5에 의하여 \(F\)는 그래프가 직선 \(x = \pi/2\)에 대칭인 함수의 합이므로 \(F\)의 그래프 또한 직선 \(x = \pi/2\)에 대칭이다. 그러므로 \(F(\pi) = F(0)\)이다. 즉 \(F(\pi)\)의 값도 정수이다.

이로써 (10)의 우변은 정수와 정수의 합이므로 \(I_n\)은 정수이다. 그런데 (9)에 의하여 \(I_n\)은 \(0\)보다 크고 \(1\)보다 작다. 이것은 모순이다.

그러므로 \(\pi\)는 유리수가 아니다.