$\tan 1$ が無理数であることの単純な証明

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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 $\tan 60^{\circ} = \tan (π / 3) = \sqrt{3}$ 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。

$\tan 1$ が無理数であることの証明

$\tan 1$ 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、
$\cos 2 = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 4)^{k}}{(2 k)!}$
を得る。
よって
$c_{k} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} 2^{2 k - 1}}{(2 k)!}$
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。
$k + ⌊ \frac{k}{2} ⌋ + ⌊ \frac{k}{4} ⌋ + \dots < \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{k}{2^{j}} = 2 k$ より $(2 k)!$ が $2$ で割り切れる回数は多くとも $2 k - 1$ 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 $(2 k)!$ を割り切る。

$(2 k)!$ を割り切る最大の奇数を $A_{k}$ とおくと、 $A_{k} ∣ A_{k + 1}$ となるから、 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{2^{m - 1}}$ 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 $2^{m - 1} + 2^{m - 2} + \dots + 1 = 2^{m} - 1$ 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
$| z_{m} | \leq \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2^{2 k + 2^{m} - 1}}{(2 k + 2^{m})!} < \frac{2^{2^{m} - 1}}{(2^{m})!} \sum_{k = 1}^{\infty} {(\frac{2}{2^{m}})}^{2 k} = \frac{2^{2^{m} - 1}}{(2^{m})!} \times \frac{1}{2^{2 (m - 1)} - 1}$
が成り立つ。また、
$c_{2 j + 1} + c_{2 j + 2} = \frac{2^{4 j + 3}}{(4 j + 4)!} - \frac{2^{4 j + 1}}{(4 j + 2)!} < 0$
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
$z_{m} = - \sin^{2} 1 - \frac{N_{m}}{D_{m}} = \frac{p}{q} - \frac{N_{m}}{D_{m}} < - \frac{1}{q D_{m}}$
となる。 $(3)$ にあるように $D_{m} \leq A_{2^{m - 1}}$ なので
$z_{m} < - \frac{1}{q A_{2^{m - 1}}}$
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。