最近、twitterで 次のような問題 が出題されたことがある。
$\tan 1$ は無理数か。
$\tan 1^\circ$ が無理数であることを証明する問題は、2006年度の京都大学の入試問題として有名である。これは $\tan 60^\circ=\tan(\pi/3)=\sqrt{3}$ が無理数であることと、三角関数の加法定理から証明できる（たとえば
高校数学の美しい物語: $\tan 1^\circ$ が無理数であることの証明
を参照。）。
一方、弧度法を用いてあらわされる定数 $\tan 1$ が無理数であることの証明は、加法定理のような幾何的・代数的な証明は知られていない。
INTEGERS: $\tan 1$ が無理数であることの証明
では、補助関数を用いて $\tan 1$ が無理数であることを証明している。
一方、$e$, $\sin 1$, $\cos 1$ についてはMaclaurin展開を利用して無理数であることを比較的容易に証明できる（たとえば、$e$ については
INTEGERS: $e$ が無理数であることの5通りの証明
の第一証明を参照）。
実は、冒頭ツイートへの筆者の引用ツイート(
https://twitter.com/tyamada1093/status/1475741355104440320)にも書いたように
$\tan 1$ についても、同様に、Maclaurin展開を利用して、無理数であることを証明することができる。
そこで、本記事では、Maclaurin展開を利用して、$\tan 1$ が無理数であることを証明する。
$\tan 1$ が有理数ならば $\cos 2=2\cos^2 1-1=(1-\tan^2 1)/(1+\tan^2 1)$ だから、$\cos 2$ も有理数となる。$\cos x$ をMaclaurin展開し、
$$\cos 2=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-4)^k}{(2k)!}$$
を得る。
よって
$$c_k=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k 2^{2k-1}}{(2k)!}$$
とおくと
$$-\sin^2 1=\frac{-1+\cos 2}{2}=\sum_{k=1}^\infty c_k=-\frac{p}{q}$$
も有理数である。
さて、
$$y_m=\sum_{k=1}^{2^{m-1}} c_k, z_m=\sum_{k=2^{m-1}+1}^\infty c_k \ \ (1)$$
とおくと、
$$-\sin^2 1=y_m+z_m \ \ (2)$$
となる。
ここで、$z_m$ が $y_m$ を既約分数表示したときの分母の逆数の正の定数倍よりも急速に $0$ に近づく（しかし $0$ にはならない）ことを示せばよい。
まず、$y_m$ の分母の大きさを評価する。
$$k+\floor{\frac{k}{2}}+\floor{\frac{k}{4}}+\cdots<\sum_{j=1}^\infty \frac{k}{2^j}=2k$$ より $(2k)!$ が $2$ で割り切れる回数は多くとも $2k-1$ 回だから $c_k$ を既約分数表示したときの分母は奇数で、かつ $(2k)!$ を割り切る。
$(2k)!$ を割り切る最大の奇数を $A_k$ とおくと、$A_k\mid A_{k+1}$ となるから、$c_1, c_2, \ldots, c_{2^{m-1}}$ を既約分数表示したときの分母は $A_{2^{m-1}}$ を割り切る。
$(2^m)!$ は $2$ でちょうど $2^{m-1}+2^{m-2}+\cdots+1=2^m-1$ 回割り切れるから、$A_{2^{m-1}}=(2^m)!/2^{2^m-1}$ となる。
よって
$$y_m=\frac{N_m}{D_m}, 0< D_m\leq A_{2^{m-1}}=\frac{(2^m)!}{2^{2^m-1}} \ \ (3)$$
となる整数 $D_m, N_m$ がとれる。
一方 $(1)$ より
$$\abs{z_m}\leq \sum_{k=1}^\infty \frac{2^{2k+2^m-1}}{(2k+2^m)!}<\frac{2^{2^m-1}}{(2^m)!}\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{2}{2^m}\right)^{2k}
=\frac{2^{2^m-1}}{(2^m)!}\times \frac{1}{2^{2(m-1)}-1}$$
が成り立つ。また、
$$c_{2j+1}+c_{2j+2}=\frac{2^{4j+3}}{(4j+4)!}-\frac{2^{4j+1}}{(4j+2)!}<0$$
より
$$z_m=\sum_{k=2^{m-1}+1}^\infty c_k<0$$
となるから、
$$0>z_m>-\frac{1}{A_{2^{m-1}}(2^{2(m-1)}-1)} \ \ (4)$$
となる。一方、$z_m<0$ なので、$(2)$ より
$$z_m=-\sin^2 1-\frac{N_m}{D_m}=\frac{p}{q}-\frac{N_m}{D_m}<-\frac{1}{qD_m}$$
となる。$(3)$ にあるように $D_m\leq A_{2^{m-1}}$ なので
$$z_m<-\frac{1}{qA_{2^{m-1}}}$$
となる。しかし、$m$ はいくらでも大きくとれるから $2^{2(m-1)}-1>q$ となるように $m$ をとったとき
$$z_m<-\frac{1}{A_{2^{m-1}}(2^{2(m-1)}-1)}$$
となって、 $(4)$ に矛盾する。
これによって、$-\sin^2 1$ は無理数なので $\cos 2$ も無理数、よって $\tan 1$ も無理数となる。