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大学数学基礎解説
文献あり

e^π が超越数であることの証明 (2)

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$$\newcommand{abs}[1]{\left\lvert#1\right\rvert} \newcommand{floor}[1]{\left\lfloor#1\right\rfloor} \newcommand{mmod}[1]{\ \left(\mathrm{mod}\ #1\right)} \newcommand{rank}[0]{\mathrm{rank}} \newcommand{wenvert}[1]{\left\lvert\left\lvert#1\right\rvert\right\rvert} $$

$e^\pi$ 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
$$0\leq r, s< N^3, 0\leq\lambda< N^4, 0\leq\mu< N$$
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、
$$a_{\lambda, \mu}^{(r, s)}(e^\pi)=(r+si)^\lambda ((-1)^r e^{\pi s})^\mu=(r+si)^\lambda e^{-\mu\pi i(r+si)}$$
$(rN^3+s, \lambda N+\mu)$ 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
$$\rank M=N^5\ \ \ \ (2)$$
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。

命題

$n$ を正の整数、$0\leq K_1< K_2<\cdots< K_n< L$$0$ 以上の整数とする。

$E$$L$ 個以上の$0$でない数からなる集合ならば、行列 $(a_j^{K_i})_{1\leq i, j\leq n}$ が正則となるように $E$ から $n$ 個の数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ をとることができる。

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

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

$\wenvert{A}\neq 0$ であるから
$$ P(z)=\wenvert{\begin{matrix} a_1^{K_1} & \ldots & a_{n-1}^{K_1} & z^{K_1} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_1^{K_n} & \ldots & a_{n-1}^{K_n} & z^{K_n} \\ \end{matrix}} $$
によって定まる多項式 $P(z)$ の最高次の項は $\wenvert{A} z^{K_n}$ となる。

$1\leq i\leq n-1$ 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 $a_1, \ldots, a_{n-1}$ とは異なる $E$ の要素 $a_n$$Q(a_n)\neq 0$ となるものが存在するので
$$\wenvert{a_j^{K_i}}_{1\leq i, j\leq n}=P(a_n)\neq 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。

補題

$K, L, R_1, R_2, S_1, S_2$ を正の整数とし、$a, \beta$ が複素数で
$$\#\{a^{r+s\beta}, 0\leq r< R_1, 0\leq s< S_1\}\geq L, \ \ \ \ \cdots (4)$$
$$\#\{r+s\beta, 0\leq r< R_2, 0\leq s< S_2\}>(K-1)L \ \ \ \ \cdots (5)$$
が成り立っているとする。

また $P(x, y)$
$$1+\deg_y P\leq L, \deg_x P(1+\deg_y P)\leq (K-1)L\ \ \ \ \cdots (6)$$
となる複素数係数の多項式で、 $\Phi(z)=P(z, a^z)$ とする。

このとき $R=R_1+R_2-1, S=S_1+S_2-1$ とおいて $0\leq r< R, 0\leq s< S$ となるすべての整数 $r, s$ について $\Phi(r+s\beta)=0$ となるのであれば、$P(x, y)$ は多項式として $0$ でなければならない。

$P(x, y)\neq 0$ として矛盾を導く。 $P(x, y)$$y$ について展開すれば
$$P(x, y)=\sum_{i=1}^n Q_i(x) y^{K_i}, Q_i(x)\neq 0$$
となる $0\leq K_1< K_2< \ldots< K_n\leq \deg_y P\leq L$ がとれる。また、 $L\geq n$ である。
 $P(x, y)$$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 $L\geq n$ から、$E=\{a^{r+s\beta}, 0\leq r< R_1, 0\leq s< S_1\}$ に先の命題を適用することができ、 $0\leq r< R_1, 0\leq s< S_1$ となる整数の組 $(r, s)$ から $n$ 個の要素からなる部分集合 $S=\{(r_j, s_j), 1\leq j\leq n\}$
$$B=\wenvert{a^{(r_j+s_j\beta)K_i}}_{1\leq i, j\leq n}\neq 0$$
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、
$$W=W(x)=(Q_i(x+r_j+s_j\beta)a^{K_i(r_j+s_j\beta)})_{1\leq i, j\leq n}$$
とおくと $W$ は正則な $n\times n$行列で、
$$W \begin{pmatrix}y^{K_1} \\ y^{K_2} \\ \vdots \\ y^{K_n}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}P_{r_1, s_1}(x, y) \\ P_{r_2, s_2}(x, y) \\ \vdots \\ P_{r_n, s_n}(x, y)\end{pmatrix} $$
より
$$\begin{pmatrix}y^{K_1} \\ y^{K_2} \\ \vdots \\ y^{K_n}\end{pmatrix} =W^{-1} \begin{pmatrix}P_{r_1, s_1}(x, y) \\ P_{r_2, s_2}(x, y) \\ \vdots \\ P_{r_n, s_n}(x, y)\end{pmatrix}$$
である。$W^{-1}$ の各成分は $W=W(x)$ の余因子を $\wenvert{W}=\wenvert{W(x)}$ 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 $0\leq r\leq R_1-1, 0\leq s\leq S_1-1$ だから $0\leq r^\prime< R_2,$ $0\leq s^\prime< S_2$ のとき $0\leq r+r^\prime\leq R_1+R_2-2< R,$ $0\leq s+s^\prime\leq S_1+S_2-2< S$ 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
$$R(r^\prime+s^\prime \beta)=0 (0\leq r^\prime< R_2, 0\leq s^\prime< S_2)$$
となる。仮定 (5) から $R(x)=0$$(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 $m_i\leq \deg_x P$
$R(x)$ 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
$$m_1+m_2+\cdots +m_n\leq n\deg_x P\leq \deg_x P(1+\deg_y P)\leq (K-1) L$$
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。

$\rank M=N^5$ 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 $c_{(\lambda, \mu)} (0\leq\lambda< N^4, 0\leq\mu< N)$
$$\sum_{\lambda=0}^{N^4-1}\sum_{\mu=0}^{N-1} c_{(\lambda, \mu)}a_{\lambda, \mu}^{(r, s)}(e^\pi) =\sum_{\lambda=0}^{N^4-1}\sum_{\mu=0}^{N-1} c_{(\lambda, \mu)}z^\lambda e^{-\mu\pi iz}=0 (0\leq r< N^3, 0\leq s< N^3) \ \ \ \ (7)$$
の解とする。

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

この $P(x, y), \Phi(z)$ 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 $\deg_x P\leq N^4, \deg_y P\leq N$ 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
$$\#\{r+s\beta, 0\leq r< R_2, 0\leq s< S_2\}=R_2 S_2=N^6>(K-1)L$$
より (5) は成り立ち、$a^r=(-1)^r$$a^{\beta}=e^\pi$$1$の累乗根ではないから
$$\#\{a^{r+s\beta}, 0\leq r< R_1, 0\leq s< S_1\}=2S_1=2N^3>L$$
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 $c_{(\lambda, \mu)} (0\leq\lambda< N^4, 0\leq\mu< N)$ 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 $c_{(\lambda, \mu)} (0\leq\lambda< N^4, 0\leq\mu< N)$ 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 $\rank M=N^5$ 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。

参考文献

[1]
Y. Nesterenko述, 田中孝明訳・記, $e^\pi$ の超越性について, 第5回超越数論研究集会報告集 1996年12月3-5日 於学習院創立百周年記念会館, 1996, pp. 58--63
[2]
Michel Laurent, Maurice Mignotte, and Yuri Nesterenko, Formes lin\'{e}aires en deux logarithmes et d\'{e}terminants d'interpolation, J. Number Theory, 1995, pp. 285--321
投稿日:2021423

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tyamada
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主に整数論について、よく知られた話題から、自身の研究に関することまで記事にしていきます。

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