ζ(2)の無理性の超幾何級数を用いた証明

部分分数分解により
\begin{align} \frac{(t-n)_n}{(t)_{n+1}}&=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n+k}\binom nk\binom{n+k}k}{t+k}\\ \frac{n!}{(t)_{n+1}}&=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k\binom nk}{t+k} \end{align}
である. ここで,
\begin{align} \frac 1{t+k}\frac 1{t+l}&=\frac 1{l-k}\left(\frac 1{t+k}-\frac 1{t+l}\right)\qquad k\neq l \end{align}
であることを用いれば,
\begin{align} n!\frac{(t-n)_n}{(t)_{n+1}^2}&=\sum_{j=0}^n\left(\frac{A_j}{t+j}+\frac{B_j}{(t+j)^2}\right) \end{align}
と表したとき,
\begin{align} B_j=(-1)^n\binom nj^2\binom{n+j}j\in\ZZ,\qquad D_nA_j\in\ZZ \end{align}
であることが分かる. また,
\begin{align} \sum_{j=0}^nA_j&=\lim_{t\to \infty}t\frac{(t-n)_n}{(t)_{n+1}^2}=0 \end{align}
である. よって,
\begin{align} n!\sum_{0< k}\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}&=\sum_{0< k}\sum_{j=0}^n\left(\frac{A_j}{k+j}+\frac{B_j}{(k+j)^2}\right)\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{j=0}^nA_j\sum_{k=1}^N\frac 1{k+j}+\sum_{j=0}^nB_j\sum_{0< k}\frac{1}{(k+j)^2}\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{j=0}^nA_j\left(\sum_{k=1}^{N+j}\frac 1{l}-\sum_{l=1}^j\frac 1l\right)+\sum_{j=0}^nB_j\left(\zeta(2)-\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}\right)\\ &=\lim_{N\to\infty}\sum_{j=0}^nA_j\left(\sum_{k=1}^{N}\frac 1{l}+o(1)\right)+\sum_{j=0}^nB_j\zeta(2)-\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1l+B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}\right)\\ &=u_n\zeta(2)-v_n\\ u_n&:=\sum_{j=0}^nB_j\in\ZZ\\ v_n&:=\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1l+B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}\right) \end{align}
となる. ここで, $m=1,2$に対し,
\begin{align} D_n^m\sum_{l=1}^j\frac 1{l^m}\in\ZZ \end{align}
であることと, $D_nA_j\in\ZZ$であることを用いると,
\begin{align} D_n^2v_n&=D_n^2\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1l+B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}\right)\in\ZZ \end{align}
となって示すべきことが得られた.

\begin{align} n!\sum_{0< k}\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2} \end{align}
は$k=1,2,\dots,n$に対しては$0$で, $n< k$に対して$0$より大きいから左辺の不等号は成り立つ. 前の記事 の補題3の証明で用いた不等式
\begin{align} e^{-n}\frac{(n+k)^{n+k-1}}{k^{k-1}}<(k)_n< e^{-n}\frac{(n+k)^{n+k}}{k^k} \end{align}
により,
\begin{align} n!\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}(n+k)^2<(n+1)^{n+1}\frac{k^k}{(k-n)^{k-n}}\frac{k^{2k-2}}{(n+k)^{2n+2k-2}} \end{align}
であるから,
\begin{align} n!\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}\frac{k^2}{n+1}&<(n+1)^n\frac{k^{3k}}{(k-n)^{k-n}(n+k)^{2n+2k}}\\ &=\left(1+\frac 1n\right)^ne^{nf\left(\frac kn\right)}\\ &< e\left(\sup_{1< x}e^{f(x)}\right)^n \end{align}
と評価できる. ここで,
\begin{align} f(x):=\ln\frac{x^{3x}}{(x+1)^{2(x+1)}(x-1)^{x-1}} \end{align}
である.
\begin{align} f'(x)&=\ln\frac{x^3}{(x+1)^2(x-1)}=0 \end{align}
の$1< x$における解は
\begin{align} x^3-(x+1)^2(x-1)=-x^2+x+1=0 \end{align}
の解であり,
\begin{align} x_0=\frac{\sqrt 5+1}2 \end{align}
となる. よって,
\begin{align} \sup_{1< x}f(x)&=f(x_0)\\ &=f(x_0)-x_0f'(x_0)\\ &=\ln\frac{x_0-1}{(x_0+1)^2}\\ &=5\ln\frac{\sqrt 5-1}2 \end{align}
であるから,
\begin{align} n!\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}\frac{k^2}{n+1}&< e\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^{5n} \end{align}
となる. つまり,
\begin{align} n!\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}&< e(n+1)\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^{5n}\frac 1{k^2} \end{align}
が分かった. よって,
\begin{align} \sum_{0< k}n!\frac{(k-n)_n}{(k)_{n+1}^2}&< e\zeta(2)(n+1)\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^{5n}\\ &<5(n+1)\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^{5n} \end{align}
となって示すべきことが得られた.

$\zeta(2)$が有理数であるとして正整数$p,q$を用いて$\zeta(2)=\frac pq$と表すと, 補題1, 補題2より
\begin{align} 0&< qD_n^2(u_n\zeta(2)-v_n)\\ &<5q(n+1)\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^5D_n^2\\ &<5q(n+1)\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^53^{2n}\\ \end{align}
となる. ここで, 最後の不等号は良く知られた不等式$D_n<3^n$による. $\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^53^2<1$であることから$n\to\infty$で右辺は$0$に収束する. 一方, 補題1より
\begin{align} qD_n^2(u_n\zeta(2)-v_n)=D_n^2(u_np-v_nq)\in\ZZ \end{align}
であるからこれは矛盾である.