COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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定積分の漸化式

定積分の漸化式

問題≪ウォリスの公式≫

 各非負整数 $n$ に対して \[ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^nxdx\] と定め, 数列 $\{ n!!\}$ を \[ 0!! = 1, \quad 1!! = 1, \quad n!! = n\cdot (n-2)!!\ (n \geqq 2)\] で定める.
(1)
等式 \[ I_n = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxdx \quad \cdots [1]\] が成り立つことを示せ.
(2)
$n \geqq 2$ のとき, \[ I_n = \dfrac{n-1}{n}I_{n-2} \quad \cdots [2]\] が成り立つことを示せ.
(3)
$n \geqq 1$ のとき, \[ I_n = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} & \!\!(n\text{: 奇数}), \\ \dfrac{(n-1)!!}{n!!}\cdot\dfrac{\pi}{2} & \!\!(n\text{: 偶数}) \end{cases} \quad \cdots [3]\] が成り立つことを示せ.
(4)
$I_{2n} < I_{2n-1}\ \cdots [4]$ が成り立つことを示せ.
(5)
$\dfrac{{}_{2n}\mathrm C_n}{2^{2n}} < \dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\ \cdots [5]$ が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
$t = \dfrac{\pi}{2}-x$ とおくと, \begin{align*} I_n &= \int_{\frac{\pi}{2}}^0\cos ^n\left(\frac{\pi}{2}-t\right)(-1)dt \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxdx \quad \cdots [1] \end{align*} となる.
(2)
部分積分法により, \begin{align*} I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-1}x\cos xdx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-1}x(\sin x)'dx \\ &= \big[\cos ^{n-1}x\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &\qquad -\int_0^{\frac{\pi}{2}}(n-1)\cos ^{n-2}x(-\sin x)\sin xdx \\ &= (n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{n-2}x(1-\cos ^2x)dx \\ &= (n-1)\!\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\cos ^{n-2}xdx-(n-1)\!\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\cos ^nxdx \\ &= (n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n \end{align*} となる. よって, $nI_n = (n-1)I_{n-2}$ から, \[ I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2} \quad \cdots [2]\] が得られる.
(3)
\begin{align*} I_0 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}dx = \frac{\pi}{2}, \\ I_1 &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx = \big[\sin x\big] _0^{\frac{\pi}{2}} = 1 \end{align*} であるので, $[2]$ から求める等式 $[3]$ が得られる.
(4)
$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $0 \leqq \sin x \leqq 1$ から $\sin ^{2n}x \leqq \sin ^{2n-1}x$ であり, 等号成立は $x = 0,$ $\dfrac{\pi}{2}$ のときに限るから, \[\int_0^{2\pi}\sin ^{2n}dx < \int_0^{2\pi}\sin ^{2n-1}dx,\] つまり $[4]$ が成り立つ.
(5)
$[3],$ $[4]$ から \[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}\] が成り立つので, 両辺を $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ で割ると \begin{align*} \frac{\pi}{2} &< \frac{(2n-2)!!(2n)!!}{\{ (2n-1)!!\} ^2} \\ &= \frac{1}{2n}\left\{\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right\} ^2 \\ &= \frac{1}{2n}\left\{\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\cdot\frac{(2n)!!}{(2n)!!}\right\} ^2 \\ &= \frac{1}{2n}\left\{\frac{2^nn!\cdot 2^nn!}{(2n)!!}\right\} ^2 \\ &= \frac{1}{2n}\left(\frac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm C_n}\right) ^2 \end{align*} が得られる. よって,
$n\pi < \left(\dfrac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm C_n}\right) ^2$ つまり $\sqrt{n\pi} < \dfrac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm C_n}$
から, $[5]$ が成り立つ.

背景

  • 本問で示した等式 $[3]$ は「ウォリスの公式」(Wallis formula)と呼ばれる.
  • (5) の結果は「ランダム・ウォーク」(random walk)の問題を解く際に利用される(こちらを参照).
  • (5) と同様にして, $I_{2n} < I_{2n-2}$ から \[\frac{1}{2n}\left(\frac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm C_n}\right) ^2 < \frac{\pi}{2}\cdot\frac{2n}{2n-1}\] も得られるので, 挟みうちの原理により \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{2n}\left(\frac{2^{2n}}{{}_{2n}\mathrm C_n}\right) ^2 = \frac{\pi}{2}\] が成り立つ. これも「ウォリスの公式」と呼ばれる.
  • 「ウォリスの公式」から「スターリングの公式」(Stirling's formula)などの多くの重要な定理が導かれる.

問題≪バーゼル問題≫

 各非負整数 $n$ に対して \[ I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^nxdx, \quad J_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n}xdx\] と定め, 数列 $\{ n!!\}$ を \[ 0!! = 1, \quad 1!! = 1, \quad n!! = n\cdot (n-2)!!\] で定める. 前問で示した「ウォリスの公式」 \[ I_n = \begin{cases} \dfrac{(n-1)!!}{n!!} & \!\!(n\text{: 奇数}), \\ \dfrac{(n-1)!!}{n!!}\cdot\dfrac{\pi}{2} & \!\!(n\text{: 偶数}) \end{cases} \quad (n \geqq 1)\] を用いて, 次の問いに答えよ.
(1)
$n \geqq 1$ のとき, \[ J_n = \frac{2n-1}{2n}J_{n-1}-\frac{1}{2n^2}I_{2n} \quad \cdots [1]\] が成り立つことを示せ.
(2)
$n \geqq 1$ のとき, \[ J_n = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2}\right) \quad \cdots [2]\] が成り立つことを示せ.
(3)
$n \geqq 1$ のとき, \[ J_n \leqq \frac{1}{2n+2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left(\frac{\pi}{2}\right) ^3 \quad \cdots [3]\] が成り立つことを示せ. $0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $x \leqq \dfrac{\pi}{2}\sin x$ であることは証明なしに使ってよい.
(4)
$\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2} = \frac{\pi ^2}{6}\ \cdots [4]$ であることを示せ.
[2003 日本女子大*]

解答例

(1)
部分積分法により \begin{align*} J_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n-1}x\cos xdx \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n-1}x(\sin x)'dx \\ &= \left[x^2\cos ^{2n-1}x\sin x\right] _0^{\frac{\pi}{2}} \\ &\qquad -\int_0^{\frac{\pi}{2}}\{ 2x\cos ^{2n-1}x \\ &\qquad +(2n-1)x^2\cos ^{2n-2}x(-\sin x)\}\sin xdx \\ &= \frac{1}{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\cdot 2n\cos ^{2n-1}x(-\sin x)dx \\ &\qquad +(2n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n-2}x\sin ^2xdx \\ &= \frac{1}{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x(\cos ^{2n}x)'dx \\ &\qquad +(2n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n-2}x(1-\cos ^2x)dx \\ &= \frac{1}{n}\left[ x\cos ^{2n}x\right] _0^{\frac{\pi}{2}} -\frac{1}{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{2n}xdx \\ &\qquad +(2n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n-2}xdx \\ &\qquad -(2n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos ^{2n}xdx \\ &= -\frac{1}{n}I_{2n}+(2n-1)J_{n-1}-(2n-1)J_n \end{align*} となるから, \[ J_n = \frac{2n-1}{2n}J_{n-1}-\frac{1}{2n^2}I_{2n} \quad \cdots [1]\] が得られる.
(2)
$n$ に関する数学的帰納法で示す.
(i)
「ウォリスの公式」と $[1]$ から, \begin{align*} J_1 &= \frac{1}{2}J_0-\frac{1}{2}I_2 = \frac{1}{2}\left[\frac{x^3}{3}\right] _0^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi ^3}{24}-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1!!}{2!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\frac{1}{1^2}\right) \end{align*} であるので, $n = 1$ のとき $[2]$ が成り立つ.
(ii)
$n = m-1$ ($m$: $1$ より大きい整数)のときに $[2]$ が成り立つとすると,「ウォリスの公式」と $[1]$ から \begin{align*} J_m &= \frac{2m-1}{2m}J_{m-1}-\frac{1}{2m^2}I_{2m} \\ &= \frac{2m\!-\!1}{2m}\cdot\frac{(2m\!-\!3)!!}{(2m\!-\!2)!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}\!-\!\sum_{k = 1}^{m-1}\frac{1}{k^2}\right) \\ &\qquad -\frac{1}{2m^2}\cdot\frac{(2m\!-\!1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^{m-1}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{m^2}\right) \\ &= \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^m\frac{1}{k^2}\right) \end{align*} となり, $n = m$ のときにも $[2]$ が成り立つ.
(i), (ii) から, $n \geqq 1$ のとき $[2]$ が成り立つ.
(3)
$0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}$ において $x \leqq \dfrac{\pi}{2}\sin x$ であるから, 定積分の単調性により \begin{align*} J_n &\leqq \frac{\pi ^2}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^2x\cos ^{2n}xdx \\ &= \frac{\pi ^2}{4}\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos ^2x)\cos ^{2n}xdx \\ &= \frac{\pi ^2}{4}\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{2n}xdx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^{2n+2}xdx\right) \\ &= \frac{\pi ^2}{4}(I_{2n}-I_{2n+2}) \\ &= \frac{\pi ^2}{4}\left\{\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!}\cdot\frac{\pi}{2}\right\}\\ &= \left( 1-\frac{2n+1}{2n+2}\right)\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left(\frac{\pi}{2}\right) ^3 \\ &= \frac{1}{2n+2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left(\frac{\pi}{2}\right) ^3 \quad \cdots [3] \end{align*} が得られる.
(4)
$[2],$ $[3]$ から \begin{align*} 0 &\leqq \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2}\right) \\ &\leqq \frac{1}{2n+2}\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\left(\frac{\pi}{2}\right) ^3 \end{align*} が成り立つので, 各辺を $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\dfrac{\pi}{4}\ (> 0)$ で割ると \[ 0 \leqq \frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2} \leqq \frac{1}{2n+2}\cdot\frac{\pi ^2}{2}\] が得られる. 右辺は $0$ に収束するから, 挟みうちの原理により \[\lim\limits_{n \to \infty}\left(\frac{\pi ^2}{6}-\sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2}\right) = 0\] つまり \[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2} = \frac{\pi ^2}{6} \quad \cdots [4]\] が得られる.

背景

  • 「調和級数」$\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n}$ は発散するが, 平方数の逆数の無限和 $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2}$ は収束する. このことは, \begin{align*} 0 &< \sum_{k = 1}^n\frac{1}{k^2} = 1+\sum_{k = 2}^n\frac{1}{k^2} \\ &< 1+\sum_{k = 2}^n\frac{1}{(k-1)k} = 1+\sum_{k = 2}^n\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) \\ &= 2-\frac{1}{n} \end{align*} の右辺が収束することから, 容易にわかる. しかし, $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2}$ の値を決定する問題はかなり難しい. この問題は, 解決に失敗したベルヌーイ兄弟と成功したオイラーの故郷の名前を冠して「バーゼル問題」と呼ばれている.
  • $2$ 個の整数が互いに素である確率が $\displaystyle\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^2}$ に等しいことも, オイラーによって明らかにされている.
  • オイラーはこの問題を一般化して, 偶数 $s$ に対して $\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty\frac{1}{n^s}$ の値を表す公式を得た. これは「リーマンのゼータ関数」の定式化につながる重要な発見であった.

問題≪ネイピア数の無理性≫

 各正の整数 $n$ に対して, 関数 $f_n(x) = x^ne^{1-x}$ とその定積分 $I_n = \displaystyle\int_0^1f_n(x)dx$ を考える.
(1)
$0 \leqq x \leqq 1$ において $0 \leqq f_n(x) \leqq 1$ が成り立つことを示し, $0 < I_n < 1$ が成り立つことを示せ.
(2)
$I_1$ の値を求めよ. また, $I_n$ を用いて $I_{n+1}$ を表せ.
(3)
\[\frac{I_n}{n!} = e-\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!} \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つことを示せ. ただし, $0! = 1$ と定める.
(4)
$n!e$ は整数でないこと, $e$ は無理数であることを示せ.
[1997 大阪大*]

解答例

(1)
$f_n(x)$ を微分すると, \[ f_n{}'(x) = nx^{n-1}e^{1-x}\!+\!x^n(-e^{1-x}) = e^{1-x}x^{n-1}(n\!-\!x)\] となる. よって, $0 < x < 1$ において, $f_n{}'(x) > 0$ が成り立つから, $f(x)$ は単調増加である. したがって, $0 = f_n(0) \leqq f_n(x) \leqq f_n(1) = 1$ であり, 等号は $x = 0,$ $1$ のときに限って成り立つから, 積分の単調性により \[\int_0^10dx < \int_0^1f_n(x)dx < \int_0^11dx\] つまり $0 < I_n < 1$ が成り立つ.
(2)
定義から, \begin{align*} I_1 &= \int_0^1x(-e^{1-x})'dx = \big[ -xe^{1-x}\big] _0^1+\int_0^1e^{1-x}dx \\ &= -1-\big[ e^{1-x}\big] _0^1 = -1-(1-e) = e-2 \end{align*} であり, \begin{align*} I_{n+1} &= \int_0^1x^{n+1}(-e^{1-x})dx \\ &= \big[ -x^{n+1}e^{1-x}\big] _0^1+\int_0^1(n+1)x^ne^{1-x}dx \\ &= (n+1)I_n-1 \end{align*} が成り立つ.
(3)
(i)
$I_1 = e-\dfrac{1}{0!}-\dfrac{1}{1!}$ から, $n = 1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.
(ii)
$n = m$ ($m$: 正の整数)のときに $[\ast ]$ が成り立つとすると, \begin{align*} &\frac{I_{m+1}}{(m+1)!} = \frac{(m+1)I_m-1}{(m+1)!} = \frac{I_m}{m!}-\frac{1}{(m+1)!} \\ &= e-\sum_{k = 0}^m\frac{1}{k!}-\frac{1}{(m+1)!} = e-\sum_{k = 0}^{m+1}\frac{1}{k!} \end{align*} となり, $n = m+1$ のときの等式が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.
(4)
(3) から, \[ I_n = n!e-n!\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!}\] が成り立つ. $0 < I_n < 1$ から, この値は整数でない. 一方, $n!\displaystyle\sum_{k = 0}^n\frac{1}{k!}$ は整数であるから, $n!e$ は整数でない. よって, $e$ は有理数ではあり得ない. 実際, $e$ が有理数として表されるとすれば, 分母の絶対値 $n$ について $n!e$ が整数となってしまうからである.

問題≪円周率の無理性≫

 $0! = 1$ と定める. 各非負整数 $n$ に対して, \[ I_n = \frac{\pi^{n+1}}{n!}\int_0^1t^n(1-t)^n\sin\pi tdt\] とおく.
(1)
不等式 \[\sum_{k = 0}^n\frac{x^k}{k!} < e^x\] が成り立つことを示せ.
(2)
(1) の不等式を用いて \[\sum_{k = 0}^na^kI_k < \pi e^{a\pi}\] が成り立つことを示せ.
(3)
$I_0,$ $I_1$ の値を求めて, \[ I_{n+2} = \frac{4n+6}{\pi}I_{n+1}-I_n\] が成り立つことを示せ.
(4)
$\pi$ が無理数であることを示したい. 正の整数 $a,$ $b$ によって $\pi = \dfrac{a}{b}$ と表されるとする. このとき, $a^nI_n$ は整数であることを示せ. さらに, これから矛盾を導け.
[2003 大阪大*]

解答例

(1)
各非負整数 $n$ に対して, \[ f_n(x) = e^x-\left( 1+\frac{x}{1!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}\right) \quad (x > 0)\] とおく. $f_n(x) > 0$ が成り立つことを示せばよい. $n > 0$ のとき, $f_n(x)$ を微分すると, \begin{align*} \frac{d}{dx}f_n(x) &= e^x-\left( 0+\frac{1}{1!}+\frac{2x}{2!}+\cdots +\frac{nx^{n-1}}{n!}\right) \\ &= e^x-\left\{ 1+\frac{x}{1!}+\cdots +\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\right\} \\ &= f_{n-1}(x) \end{align*} となる. よって, \[ f_{n-1}(x) > 0 \Longrightarrow f_n(x) > 0\] が成り立つ. また, 定義域は $x > 0$ であるから, \[ f_0(x) = e^x-1 > 0\] が成り立つ. ゆえに, すべての非負整数 $n$ に対して, $f_n(x) > 0$ が成り立つ. これで, 題意が示された.
(2)
$0 \leqq t \leqq 1$ のとき $t^n(1-t)^n\sin\pi t \leqq 1$ であるので, 積分の単調性と (1) の不等式から, \begin{align*} \sum_{k = 0}^na^kI_k &= \sum_{k = 0}^na^k\frac{\pi ^{k+1}}{k!}\int_0^1t^k(1-t)^k\sin\pi tdt \\ &\leqq \sum_{k = 0}^na^k\frac{\pi ^{k+1}}{k!} = \pi\sum_{k = 0}^n\frac{(a\pi )^k}{k!} \\ &< \pi e^{a\pi} \end{align*} が得られる.
(3)
$I_n$ の定義から, \begin{align*} I_0 &= \pi\int_0^1\sin\pi tdt = \pi\left[\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1 = 2, \\ I_1 &= \pi ^2\int_0^1t(1-t)\sin\pi tdt \\ &= \pi ^2\left\{\left[ t(1\!-\!t)\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1\!\!+\!\!\int_0^1(1\!-\!2t)\frac{\cos\pi t}{\pi}dt\right\} \\ &= \pi\int_0^1(1-2t)\cos\pi tdt \\ &= \pi\left\{\left[ (1-2t)\frac{\sin\pi t}{\pi}\right] _0^1+\int_0^12\cdot\frac{\sin\pi t}{\pi}dt\right\} \\ &= \frac{2}{\pi}\int_0^1\sin\pi tdt = \frac{4}{\pi} \end{align*} である. また, \[\frac{d}{dt}t^k(1-t)^k = kt^{k-1}(1-t)^{k-1}(1-2t)\] であるから, \begin{align*} I_{n+2} &= \frac{\pi ^{n+3}}{(n+2)!}\int_0^1t^{n+2}(1-t)^{n+2}\sin\pi tdt \\ &= \frac{\pi ^{n+3}}{(n+2)!}\left\{\left[ t^{n+2}(1-t)^{n+2}\frac{-\cos\pi t}{\pi}\right] _0^1\right. \\ &\qquad \left.+\int_0^1(n\!+\!2)t^{n+1}(1\!-\!t)^{n+1}(1\!-\!2t)\frac{\cos\pi t}{\pi}dt\right\} \\ &= \frac{\pi ^{n+2}}{(n+1)!}\int_0^1t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t)\cos\pi tdt \end{align*} が成り立つ. ここで, \begin{align*} &\frac{d}{dt}t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t) \\ &= (n+1)t^n(1-t)^n(1-2t)^2-2t^{n+1}(1-t)^{n+1} \\ &= (n+1)t^n(1-t)^n-(4n+6)t^{n+1}(1-t)^{n+1} \end{align*} であるから, \begin{align*} I_{n+2} &= \frac{\pi ^{n+2}}{(n+1)!}\left\{\left[ t^{n+1}(1-t)^{n+1}(1-2t)\frac{\sin\pi t}{\pi}\right] _0^1\right. \\ &\qquad -\int_0^1(n+1)t^n(1-t)^n\frac{\sin\pi t}{\pi}dt \\ &\qquad \left.+\int_0^1(4n+6)t^{n+1}(1-t)^{n+1}\frac{\sin\pi t}{\pi}dt\right\} \\ &= \frac{4n+6}{\pi}I_{n+1}-I_n \end{align*} が得られる.
(4)
(3) の不等式に $\pi = \dfrac{a}{b}$ を代入すると \[ I_{n+2} = \frac{(4n+6)a}{b}I_{n+1}-I_n\] となるから, \[ a^{n+2}I_{n+2} = (4n+6)b(a^{n+1}I_{n+1})-a^2(a^nI_n)\] となる. $a^0I_0 = 2,$ $a^1I_1 = 4b$ は整数であるので, $I_n > 0$ から $a^nI_n$ は正の整数である. (1) の不等式から \[\sum_{k = 0}^na^kI_k < \pi e^{a\pi}\] となり, 左辺は $n$ の値によらず右辺の一定値で押さえられる. 一方, 左辺は正の整数の和で $\infty$ に発散する. これは矛盾である. ゆえに, $\pi$ は無理数である.

背景

 円周率 $\pi$ が無理数であることを初めて証明したのは, ドイツの数学者 J・H・ランベルトであるとされている(1761 年).