tan1 は有理数か？

部分積分により，
\begin{align} I_{n+1} &= \frac{1}{\sin 1} \int_{0}^{1} x^{2 n+1} \sin x \dx \\ &= \frac{1}{\sin 1}\left(-\cos 1+(2 n+1) \int_{0}^{1} x^{2 n} \cos x \dx \right)\\ &= -\frac{1}{\tan 1}+\frac{2 n+1}{\sin 1} \int_{0}^{1} x^{2 n} \cos x \dx \\ &= -\frac{1}{\tan 1}+\frac{2 n+1}{\sin 1}\left(\sin 1-2 n \int_{0}^{1} x^{2 n-1} \sin x \dx \right) \\ &= -\frac{1}{\tan 1}+2 n+1-2 n(2 n+1) I_{n} \tag*{$\cdots(\star)$} \end{align}
となる．これと
\begin{equation} I_1 = -\frac{1}{\tan 1} + 1 \end{equation}
から，数学的帰納法によって命題が示される．

被積分関数 $x^{2n-1} \sin x$ は $0< x<1$ で単調増加し，また $\sin 1 > 0$ であるから，
\begin{equation} \frac{1}{\sin 1} \int_0^1 0^{2n-1} \sin 0 \dx < \frac{1}{\sin 1} \int_0^1 x^{2n-1} \sin x \dx . \end{equation}
したがって，任意の$n$について
\begin{equation} I_n > 0. \tag*{$\cdots (\star\star)$} \end{equation}

一方，$(\star)$より，
\begin{equation} 2 n(2 n+1) I_{n}=2 n+1-\left(I_{n+1}+\frac{1}{\tan 1}\right) \end{equation}
を得るが，($\star\star$)と$\tan 1>0$により，
\begin{equation} I_{n+1} + \frac{1}{\tan 1} >0. \end{equation}
よって，任意の正の整数$n$について
\begin{equation} I_{n}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2 n(2 n+1) }\left(I_{n+1}+\frac{1}{\tan 1}\right) < \frac{1}{2n} \end{equation}
が成立する．

背理法により示す．$\tan 1$ が有理数であると仮定すると，正の整数$p,q$を用いて$\tan 1 = \dfrac{p}{q}$とおける．すると補題1により
\begin{equation} I_n = \frac{a_n}{p/q} + b_n = \frac{q a_n + p b_n}{p} \end{equation}
が得られ，続いて補題2により
\begin{equation} 0 < q a_n + p b_n < \frac{p}{2n} \end{equation}
が得られる．ここで，$q a_n + p b_n$ は整数である．
$n$は任意であったから，$n \geq \dfrac{p}{2}$とできるが，このとき
\begin{equation} 0 < q a_n + p b_n < 1 \end{equation}
となり，$q a_n + p b_n$ が整数であることに反する．したがって，$\tan 1$ は無理数である．