e^π が超越数であることの証明 (2)

$e^{\pi }$ が超越数であることを証明 の続きとなる。前回は、$e^{\pi }$ が超越数であることを証明するための方針を説明した。その中で
$$0\le r,s<N^3,0\le \lambda <N^4,0\le \mu <N$$
となる整数 $r,s,\lambda ,\mu$ に対して
$$a_{\lambda ,\mu }^{(r,s)}(x)=(r+si{)}^{\lambda }((-1{)}^r{x}^s{)}^{\mu }$$
とし、
$$a_{\lambda ,\mu }^{(r,s)}(e^{\pi })=(r+si{)}^{\lambda }((-1{)}^r{e}^{\pi s}{)}^{\mu }=(r+si{)}^{\lambda }{e}^{-\mu \pi i(r+si)}$$
を $(r{N}^3+s,\lambda N+\mu )$ 成分にもつ $N^6\times N^5$ 行列 $M$ を構成した。今回は、この行列について
$$\mathrm{rank}M=N^5(2)$$
を証明する。

そのために2変数多項式の零点に関する補題を証明するのだが、
前回にも触れた、その後の共著論文 [2] にやや一般的な補題があるので、それを証明する。

van der Monde型行列

まず、次の van der Monde型行列に関する命題を示す。

$n=1$ のときは $a\in E$ に対して $a^{K_1}\ne 0$ から明らかである。

$n$ を $n-1$ に置き換えたとき命題が正しいとし、$0\le K_1<K_2<\cdots <K_n<L$ を $0$ 以上の整数、$E$ が $L$ 個以上の$0$でない数からなる集合とする。すると先の仮定から $A=(a_j^{K_i}{)}_{1\le i,j\le n-1}$ が正則となるように $a_1,\dots ,a_{n-1}$ を $E$ からとることができる。

$\left|\left|A\right|\right|\ne 0$ であるから
$$P(z)=\left|\left|\begin{array}{cccc}{a}_1^{K_1}& \dots & a_{n-1}^{K_1}& z^{K_1}\\ ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ a_1^{K_n}& \dots & a_{n-1}^{K_n}& z^{K_n}\end{array}\right|\right|$$
によって定まる多項式 $P(z)$ の最高次の項は $\left|\left|A\right|\right|z^{K_n}$ となる。

$1\le i\le n-1$ のとき $P(a_i)=0$ であるから $P(z)=(z-a_1)\cdots (z-a_{n-1})Q(z)$ と因数分解できる。$Q(z)$ の次数は $K_n-(n-1)<L-(n-1)$ であるから、$Q(z)=0$ の解の個数は $L-(n-1)$ より少ない。よって $a_1,\dots ,a_{n-1}$ とは異なる $E$ の要素 $a_n$ で $Q(a_n)\ne 0$ となるものが存在するので
$${\left|\left|a_j^{K_i}\right|\right|}_{1\le i,j\le n}=P(a_n)\ne 0$$
となる。
　これにより、 $n$ についても命題が正しいことが示され、数学的帰納法より命題は任意の正の整数 $n$ について正しいことが示された。

$2$変数多項式の消滅

$2$変数多項式に関する次の補題が、(2)を証明するための鍵となる。

$P(x,y)\ne 0$ として矛盾を導く。 $P(x,y)$ を $y$ について展開すれば
$$P(x,y)=\sum _{i=1}^n{Q}_i(x)y^{K_i},Q_i(x)\ne 0$$
となる $0\le K_1<K_2<\dots <K_n\le {\mathrm{deg}}_{y}P\le L$ がとれる。また、 $L\ge n$ である。
　$P(x,y)$ を $y$ で割れるだけ割って、 $K_1=0$ としても一般性は失われないので、以下、$K_1=0$ とする。

仮定 (4) および $L\ge n$ から、$E=\{a^{r+s\beta },0\le r<R_1,0\le s<S_1\}$ に先の命題を適用することができ、 $0\le r<R_1,0\le s<S_1$ となる整数の組 $(r,s)$ から $n$ 個の要素からなる部分集合 $S=\{(r_j,s_j),1\le j\le n\}$ を
$$B={\left|\left|a^{(r_j+s_j\beta )K_i}\right|\right|}_{1\le i,j\le n}\ne 0$$
となるように取り出すことができる。

$(r,s)\in S$ について
$$P_{r,s}(x,y)=P(x+r+s\beta ,a^{r+s\beta }y)=\sum _{i=1}^n{Q}_i(x+r+s\beta )a^{K_i(r+s\beta )}{y}^{K_i}$$
とし、
$$W=W(x)=(Q_i(x+r_j+s_j\beta )a^{K_i(r_j+s_j\beta )}{)}_{1\le i,j\le n}$$
とおくと $W$ は正則な $n\times n$行列で、
$$W\left(\begin{array}{c}{y}^{K_1}\\ y^{K_2}\\ ⋮\\ y^{K_n}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{P}_{r_1,s_1}(x,y)\\ P_{r_2,s_2}(x,y)\\ ⋮\\ P_{r_n,s_n}(x,y)\end{array}\right)$$
より
$$\left(\begin{array}{c}{y}^{K_1}\\ y^{K_2}\\ ⋮\\ y^{K_n}\end{array}\right)=W^{-1}\left(\begin{array}{c}{P}_{r_1,s_1}(x,y)\\ P_{r_2,s_2}(x,y)\\ ⋮\\ P_{r_n,s_n}(x,y)\end{array}\right)$$
である。$W^{-1}$ の各成分は $W=W(x)$ の余因子を $\left|\left|W\right|\right|=\left||W(x)|\right|$ で割ったものだから、
$K_1=0$ としたこととあわせて
$$R(x)=y^{K_1}R(x)=\sum _{(r,s)\in S}{P}_{r,s}(x,y)S_{r,s}(x)$$
とあらわされる。

$(r,s)\in S$ ならば $0\le r\le R_1-1,0\le s\le S_1-1$ だから $0\le r^{\prime }<R_2,$ $0\le s^{\prime }<S_2$ のとき $0\le r+r^{\prime }\le R_1+R_2-2<R,$ $0\le s+s^{\prime }\le S_1+S_2-2<S$ より
$$P_{r,s}(r^{\prime }+s^{\prime }\beta ,a^{r^{\prime }+s^{\prime }\beta })=P((r+r^{\prime })+(s+s^{\prime })\beta ,a^{(r+r^{\prime })+(s+s^{\prime })\beta })=0$$
となる。したがって
$$R(r^{\prime }+s^{\prime }\beta )=0(0\le r^{\prime }<R_2,0\le s^{\prime }<S_2)$$
となる。仮定 (5) から $R(x)=0$ は $(K-1)L$ 個より多くの解をもつ。

一方 $Q_i(x)$ の最高次の項を $b_i{x}^{m_i}$ とおくと $m_i\le {\mathrm{deg}}_{x}P$ で
$R(x)$ の最高次の項は $B{b}_1{b}_2\cdots b_n{x}^{m_1+m_2+\cdots +m_n}$ であるから
$R(x)$ の次数は
$$m_1+m_2+\cdots +m_n\le n{\mathrm{deg}}_{x}P\le {\mathrm{deg}}_{x}P(1+{\mathrm{deg}}_{y}P)\le (K-1)L$$
となって矛盾する。

このことから $P(x,y)=0$ でなければならないことがわかる。

$\mathrm{rank}M=N^5$ の証明

$z=r+si$ とおくと
$$a_{\lambda ,\mu }^{(r,s)}(e^{\pi })=z^{\lambda }{e}^{-\mu \pi iz}$$
である。ここで $c_{(\lambda ,\mu )}(0\le \lambda <N^4,0\le \mu <N)$ を
$$\sum _{\lambda =0}^{N^4-1}\sum _{\mu =0}^{N-1}{c}_{(\lambda ,\mu )}{a}_{\lambda ,\mu }^{(r,s)}(e^{\pi })=\sum _{\lambda =0}^{N^4-1}\sum _{\mu =0}^{N-1}{c}_{(\lambda ,\mu )}{z}^{\lambda }{e}^{-\mu \pi iz}=0(0\le r<N^3,0\le s<N^3)(7)$$
の解とする。

$a=e^{-\pi i}$ とし
$$P(x,y)=\sum _{\lambda =0}^{N^4-1}\sum _{\mu =0}^{N-1}{c}_{(\lambda ,\mu )}{x}^{\lambda }{y}^{\mu },\mathrm{\Phi }(z)=P(z,a^z)$$
とおくと
$$\mathrm{\Phi }(r+si)=P(r+si,a^{r+si})=0(0\le r<N^3,0\le s<N^3)$$
が成り立つ。

この $P(x,y),\mathrm{\Phi }(z)$ に先の補題が適用できるように $K,L,R_1,S_1,R_2,S_2$ をとる。まず ${\mathrm{deg}}_{x}P\le N^4,{\mathrm{deg}}_{y}P\le N$ だから $K=N^4,L=N$ とおくと (6) が成り立つ。$\beta =i,R_1=S_1=R_2=S_2=N^3$ とおくと $\beta =i$ は無理数だから
$$\mathrm{\#}\{r+s\beta ,0\le r<R_2,0\le s<S_2\}=R_2{S}_2=N^6>(K-1)L$$
より (5) は成り立ち、$a^r=(-1{)}^r$ で $a^{\beta }=e^{\pi }$ は$1$の累乗根ではないから
$$\mathrm{\#}\{a^{r+s\beta },0\le r<R_1,0\le s<S_1\}=2S_1=2N^3>L$$
より (4) も成り立つ。よって補題から $P(x,y)$ は多項式として $0$ に等しい。つまり $P(x,y)$ の係数 $c_{(\lambda ,\mu )}(0\le \lambda <N^4,0\le \mu <N)$ はすべて $0$ でなければならない。

このことから、(7) が成り立つとき $c_{(\lambda ,\mu )}(0\le \lambda <N^4,0\le \mu <N)$ はすべて $0$ でなければならないことがわかる。これは $M$ の各列が線形独立であること、つまり $\mathrm{rank}M=N^5$ であることを意味している。

以上によって (2) は示された。次回は (3) の証明に移る。