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現代数学解説
文献あり

Apéryの定理とBeukersの手法

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はじめに

 この記事ではApéryの数列
an=k=0n(nk)2(n+kk)2cn,kbn=k=0n(nk)2(n+kk)2(cn,k=m=1n1m3+m=1k(1)m12m3(nm)(n+mm))
の積分表示
anζ(3)bn=120101logxy1xyPn(x)Pn(y)dxdy(Pn(x)=1n!dndxn(x(1x))n)
について解説していきます。

あらすじ

 1978年に証明されたApéryの定理には、その翌年Beukersによって別証明が与えられました。

Apéryの定理

 ζ(3)は無理数である。

 Beukersの手法でも証明の決め手となるものは Apéryの手法 と同じであり、次の補題を満たすような整数列pn,qnを構成することにあります。

 実数βと整数列pn,qnに対し
βpnqn(nZ0),limn(qnβpn)=0
が成り立つとき、βは無理数である。

 ある整数p,qを用いてβ=p/qと表せるとすると、十分大きいあるnに対し
0<|qnppnq|<1
が成り立つことになるが、これはqnppnqが整数であることに矛盾。よってβは無理数でなければならない。

  Apéryの手法 では
an=k=0n(nk)2(n+kk)2cn,kbn=k=0n(nk)2(n+kk)2(cn,k=m=1n1m3+m=1k(1)m12m3(nm)(n+mm))
という有理数列を用いたのに対し、Beukersの手法ではある多項式列Pn(x)に対し
120101logxy1xyPn(x)Pn(y)dxdy=bnζ(3)an
を満たすような有理数列an,bnを用いることで所望の整数列pn,qnを構成しました。
 そして興味深いことに、実はこのan,bnおよびan,bnはそれぞれ同じ数列を定めているというのです。この記事ではこの事実について簡単に解説していきます。

Apéryの手法との比較

 ちなみに上の有理数列an,bnからApéryの定理を導くにあたって大まかに

  1. dn=lcm(1,2,3,,n)とおくと、bnおよび2dn3anは整数である。
  2. ある定数C<e3が存在し、十分大きい任意のnに対し
    0<|bnζ(3)an|<Cn
    つまり
    0<|2dn3bnζ(3)2dn3an|<2dn3Cn(e3C)n0
    が成り立つ。

という二つの主張を示していくこととなります。
 これらの主張について Apéryの手法 では

  1. an,bnを定めるの中身に対し、それぞれ2dn3を掛けると整数となることを確かめる。
  2. an,bnが満たす漸化式のCasoratianや特性方程式を用いることで
    |bnζ(3)an|<6ζ(3)bn1(2+1)4n
    と評価する。

といったアプローチを取っていたのに対し、Beukersの手法では

  1. Pn(x)Pn(y)を単項式Axrysの和に分解して考えたとき、各r,sに対しある整数l,mが存在して
    0101logxy1xyxrysdxdy=lζ(3)+mdn3
    が成り立つことを確かめる。
  2. 積分を適当に変形することで
    2(bnζ(3)an)=010101(x(1x)y(1y)z(1z)1(1xy)z)ndxdydz1(1xy)z2ζ(3)(2+1)4n
    と評価する。

というアプローチを取ることになります。
 このような類似点にも注目してみると面白いかもしれません。

Beukersによる無理性証明

 まずはBeukersによるApéryの定理の証明を完成させておきましょう。ついでにζ(2)の無理性も同時に証明していきます。

補題

Beukers-Hadjicostasの公式

 非負整数n,r,sに対し
0101(logxy)n1xyxrysdxdy={n!rsk=s+1r1kn+1(r>s)(n+1)!(ζ(n+2)k=1r1kn+2)(r=s)
が成り立つ。

  この記事 の例1として示した。

補題3

dr=lcm(1,2,3,,r)
とおくと、非負整数n,r,sに対し
0101(logxy)n1xyxrysdxdy{1drn+1Z(r>s)1drn+2Z+ζ(n+2)Z(r=s)
が成り立つ。

 整数係数の多項式列Pn(x)
Pn(x)=1n!dndxn(x(1x))n=k=0n(1)k(nk)(n+kk)xk
によって定めると、Cn級関数fに対し
01f(x)Pn(x)dx=(1)nn!01(x(1x))ndndxnf(x)dx
が成り立つ。

 部分積分を繰り返し行うことでk=0,1,2,,nに対し
01f(x)Pn(x)dx=(1)kn!01(dnkdxnk(x(1x))n)dkdxkf(x)dx
が成り立つことがわかる。

証明

In=0101(1y)n1xyPn(x)dxdy
とおくと
In=(1)n0101(x(1x)y(1y))n(1xy)n+1dxdy
特に
0<|In|<ζ(2)(512)5n
が成り立つ。

証明(長いので折り畳み)

 f(x)=1/(1xy)について補題4を適用することで
In=(1)n0101(x(1x)y(1y))n(1xy)n+1dxdy
が成り立つ。
 いま
F(x,y)=x(1x)y(1y)1xy
とおくと
Fx(x,y)=12x+x2y(1xy)2y(1y)Fy(x,y)=12y+xy2(1xy)2x(1x)
より方程式Fx(x,y)=Fy(x,y)=0を解くと
x=y,1xx2=0
つまりF(x,y)x,y[0,1]において
F(512,512)=(512)5
を最大値に持つことがわかる。
 よって
0<|In|<(512)5n0101dxdy1xy=(512)5nζ(2)
を得る。

Jn=0101logxy1xyPn(x)Pn(y)dxdy
とおくと
Jn=010101(x(1x)y(1y)z(1z))n(1(1xy)z)n+1dxdydz
特に
0<Jn<2ζ(3)(21)4n
が成り立つ。

証明(長いので折り畳み)

logxy1xy=01dz1(1xy)z
と変形し、f(x)=1/(1(1xy)z)について補題4を適用することで
Jn=010101(x(1x)yz)n(1(1xy)z)n+1Pn(y)dxdydz
が成り立つ。
 ここでzについて
z=1w1(1xy)ww=1z1(1xy)z
と変数変換すると
1w=xyz1(1xy)z,dz1(1xy)z=dw1(1xy)w
より
Jn=010101((1x)(1w))n1(1xy)wPn(y)dxdydw
が成り立ち、f(y)=1/(1(1xy)w)に対し補題4を適用することで
Jn=010101(x(1x)y(1y)w(1w))n(1(1xy)w)n+1dxdydw
を得る。
 いま
F(x,y,z)=x(1x)y(1y)z(1z)1(1xy)z
とおくと
Fx(x,y,z)=(12x)(1z)x2yz(1(1xy)z)2y(1y)z(1z)Fy(x,y,z)=(12y)(1z)xy2z(1(1xy)z)2x(1x)z(1z)Fz(x,y,z)=12z+(1xy)z2(1(1xy)z)2x(1x)y(1y)
より方程式Fx=Fy=Fz=0を解くと
x=y,z=1x+1,12xx2=0
つまりF(x,y,z)x,y,z[0,1]において
F(21,21,12)=(21)4
を最大値に持つことがわかる。
 よって
0<Jn<(21)4n010101dxdydz1(1xy)z=(21)4n2ζ(3)
を得る。

 ζ(2),ζ(3)は無理数である。

 補題3およびその系よりある整数pn,qn,pn,qnが存在して
In=qnζ(2)pndn2,Jn=qnζ(3)pndn3
と表せる。
 また素数定理から十分大きい任意のnに対して
dn=pnplogpnpnplogpn=nπ(n)n(1+ε)nlogn=e(1+ε)n<3n
と評価できることに注意すると
0<|qnζ(2)pn|<ζ(2)dn2(512)5n<9n11n00<qnζ(3)pn<2ζ(3)dn3(21)4n<27n33n0
が成り立つので補題2よりζ(2),ζ(3)は無理数であることが示された。

Apéryの数列との関係

 上では
In=(1)n0101(x(1x)y(1y))n(1xy)n+1dxdy=qnζ(2)pndn2Jn=010101(x(1x)y(1y)z(1z))n(1(1xy)z)n+1dxdydz=qnζ(3)pndn3
によって定まる整数列pn,qn,pn,qnζ(2),ζ(3)の無理性を導くことを示しました。
 ところでこれらの被積分関数のように、離散変数nと連続変数x=(x1,x2,)を持つ関数f(n,x)であって、その階比や偏導関数との比
f(n+1,x)f(n,x),x1f(n,x)f(n,x),x2f(n,x)f(n,x),
n,x1,x2,についての有理関数となるようなものについて、その適当な領域D上での積分
In=Df(n,x)dx
は何らかの多項式係数の線形漸化式
k=0mpk(n)In+k=0
を満たすことが知られています。

Almkvist-Zeilberger Algorithm

 より正確にはあるn,x1,x2,についての有理関数
ri(n,x)(i=1,2,)
が存在して
k=0mpj(n)f(n,x)=ixigi(n,x)(gi(n,x)=ri(n,x)fi(n,x))
という等式が成り立つことが知られており、逐次積分によってgi(n,x)が消えるような領域Dにおいてこれを積分することで
k=0mpk(n)In+k=0
という等式を得ることができるわけです。
 またこのような多項式pk(n)と有理関数ri(n,x)を機械的に求めるアルゴリズムとしてAlmkvist-Zeilberger Algorithmというものが知られています。連続変数が一個の場合については この記事 にて解説しており、また一般の場合については参考文献AZAなどを参照してください(気が向いたら解説記事を書こうと思います)。

 この事実を上の積分
In=(1)n0101(x(1x)y(1y))n(1xy)n+1dxdyJn=010101(x(1x)y(1y)z(1z))n(1(1xy)z)n+1dxdydz
に対して適用すると以下の主張が導かれます。

 In,Jnは漸化式
(n+1)2In+1(11n2+11n+3)Inn2In1=0(n+1)3Jn+1(2n+1)(17n2+17n+5)Jn+n3Jn1=0
を満たす。

 このことは上のアルゴリズムなどを用いることで確かめられますが、手計算で示すには計算が煩雑なので詳しくは省略します。
 また
In=bnζ(2)an,Jn=2(bnζ(3)an)
なる有理数列an,bn,an,bnを考えると、これらはIn,Jnと同じ漸化式を満たすことがわかります(実際、そうでなければIn,Jnの満たす漸化式から例えば
ζ(2)=(n+1)2an+1(11n2+11n+3)ann2an1(n+1)2bn+1(11n2+11n+3)bnn2bn1Q
が成り立つことになりζ(2),ζ(3)が無理数であることに矛盾する)。したがって
I0=ζ(2),I1=3ζ(2)5 12J0=ζ(3),12J1=5ζ(3)6
に注意するとan,bn,an,bn Apéryの手法 において用いられた数列と同じ漸化式と初期値を満たすこととなり、以下の主張が得られます(cn,kの定義が この記事 で紹介したものとは2倍だけ異なることに注意する)。

an=k=0n(nk)2(n+kk)cn,kbn=k=0n(nk)2(n+kk)(cn,k=2m=1n(1)m1m2+m=1k(1)m+n1m2(nm)(n+mm))
とおくと
bnζ(2)an=0101(1y)n1xyPn(x)dxdy
が成り立つ。

an=k=0n(nk)2(n+kk)2cn,kbn=k=0n(nk)2(n+kk)2(cn,k=m=1n1m3+m=1k(1)m12m3(nm)(n+mm))
とおくと
bnζ(3)an=0101logxy1xyPn(x)Pn(y)dxdy
が成り立つ。

余談

 上ではIn,Jnが満たす漸化式からこれらがApéryの数列と結びついていることを示しましたが、実はζ(2),ζ(3)の係数がApéryの数列となることは普通に積分を計算することでも確かめられます。
 実際
Pn(x)=k=0n(1)k(nk)(n+kk)xk
より
(1y)nPn(x)=r,s=0n(1)r+s(nr)(n+rr)(ns)xrysPn(x)Pn(y)=r,s=0n(1)r+s(nr)(n+rr)(ns)(n+ss)xrys
と展開できることと
0101(logxy)n1xyxrysdxdy={0ζ(n+2)+(有理数)(rs)(n+1)!ζ(n+2)+(有理数)(r=s)
であったことに注意すると
In=k=0n(nk)2(n+kk)ζ(2)+(有理数)Jn=k=0n(nk)2(n+kk)2ζ(3)+(有理数)
となることがわかります。

おわりに

 以上がBeukersによるζ(2),ζ(3)の無理性証明とそのApéryの手法との関係でした。
 とりあえず個人的に把握できていることについてはまとめてみましたが、やはりまだApéryやBeukersの手法にはなぜ上手くいくのかが解明されていないところが多く、まだまだ謎は深まるばかりですね。
 ちなみに他にも
In=[0,1]kf(x)(x1(1x1)x2(1x2)xk(1xk)g(x))ndx
という形の積分を考えることで
C=[0,1]kf(x)dx
という形の定数の無理性を示せないか、ということが期待されていますが未だ目ぼしい結果は得られていないように思います。
 ゆくゆくは同様の手法によるζ(5)などの無理性証明も発見されていくのでしょうか。それともこれらの手法でできることには限りがあるのでしょうか。皆さんも興味があればApéryやBeukersの手法について考察してみてはいかがでしょうか。
 とりあえず今回はこんなところで。では。

おまけ:eの無理性

 ちなみにBeukersの手法はelogの無理性を示すのにも応用することができます。以下ではそのことについて紹介していきます。
 まず
In=01Pn(x)e1xdx=1n!01(x(1x))ne1xdx
という積分を考えることによってeは無理数であることを示していきましょう。

 非負整数kに対し
01xke1xdx=k!em=0kk!m!
が成り立つ。特に
IneZ+Z
が成り立つ。

01xke1xdx=[m=0kk!m!xme1x]01=k!em=0kk!m!
とわかる。

0<In<e14nn!
が成り立つ。

 f(x)=x(1x)0x1においてf(1/2)=1/4を最大値に持つことから
0<In<14nn!01e1xdx=e14nn!
を得る。

 eは無理数である。

 補題11からある整数列an,bnが存在して
In=bnean
と表せ、また補題12から
0<bnean<e14nn!0
が成り立つので補題2よりeは無理数であることが示された。

Inの満たす漸化式

 ちなみにこのInは以下の漸化式を満たします。

 Inは漸化式
In+1+2(2n+1)InIn1=0
を満たす。またその初項は
I0=e1,I1=3e
である。

 部分積分によって
In+1=1(n+1)!01(d2dx2(x(1x))n+1)e1xdx
と変形できることと
d2dx2(x(1x))n+1(n+1)!=2(2n+1)(x(1x))nn!+(x(1x))n1(n1)!
が成り立つことからわかる。

 また積分を直接計算することでその一般項は以下のように求まることがわかります。

an=k=0n(1)k(n+k)!k!(nk)!m=0k1m!bn=k=0n(1)k(n+k)!k!(nk)!
とおくと
bnean=01Pn(x)e1xdx
が成り立つ。

 なおPn(1x)=(1)nPn(x)から
In=(1)n01Pn(x)exdx
と変形すると
an=(1)nk=0n(n+k)!k!(nk)!bn=(1)nk=0n(n+k)!k!(nk)!m=0k(1)mm!
とも表せます。

おまけ:logの無理性

 次に
In=01Pn(x)1+cxdx=cn01(x(1x))n(1+cx)n+1dx
という積分を考えることによって、特定の有理数cに対しlog(1+c)が無理数となることを示していきましょう。
 余談ですがこの積分は
In=0101Pn(xy)(1+cxy)(logxy)dxdy
という二重積分に表すこともできます。
 以下cc>1かつc0なる有理数とし、またr,s (s>0)c=r/sなる整数とします。

 非負整数kに対し
01xk1+cxdx=1(c)k(log(1+c)cm=1k(c)m1m)
が成り立つ。特に
Inlog(1+c)rn+1Z+1rndnZ
が成り立つ。

証明

01xk1+cxdx=1(c)k011(1(cx)k)1+cxdx=1(c)k01(11+cxm=1k(cx)m1)dx=1(c)k(log(1+c)cm=1k(c)m1m)
とわかる。

0<|In|<(1+c1)2n|c|nlog(1+c)c
が成り立つ。

証明

f(x)=x(1x)1+cx
とおくとこれは0x1において
f(1+c1c)=(1+c1c)2
を最大値に持つので
0<|In|<((1+c1)2|c|)n01dx1+cx<((1+c1)2|c|)nlog(1+c)c
を得る。

(1+c1)2s<e1
を満たすような有理数cに対しlog(1+c)は無理数となる。

証明

 補題16よりある整数pn,qnが存在して
In=qnlog(1+c)pnrn+1dn
と表せ、また補題17から十分大きい任意のnに対し
0<|qnlog(1+c)pn|<(1+c1)2nsndns|log(1+c)|<((1+c1)2se1+ε)n0
が成り立つので補題2よりlog(1+c)は無理数であることが示された。

 c=1のとき(21)21<e1よりlog2は無理数となる。

Inの満たす漸化式

 ちなみにこのInは以下の漸化式を満たします。

 Inは漸化式
(n+1)In+1(2c+1)(2n+1)In+nIn1=0
を満たす。またその初項は
I0=1clog(1+c),I1=2+cc2log(1+c)2c
である。

証明

 Pn(x)は漸化式
(n+1)Pn+1(x)+(2x1)(2n+1)Pn(x)+nPn1(x)=0
を満たすことが知られている(cf. ルジャンドル多項式)、特に
(n+1)In+1+nIn1=01(2x1)(2n+1)Pn(x)1+cxdx
が成り立つことに注意すると
(n+1)In+1(2c+1)(2n+1)In+nIn1=(2n+1)01(2c+1)+(2x1)1+cxPn(x)dx=(2n+1)2c01Pn(x)dx=0
を得る。

 また積分を直接計算することでその一般項は以下のように求まることがわかります。

an=k=0n(nk)(n+kk)1ckm=1k(c)m1mbn=k=0n(nk)(n+kk)1ck
とおくと
bnlog(1+c)can=01Pn(x)1+cxdx
が成り立つ。

 特にc=1としたもの
an=k=0n(nk)(n+kk)m=1k(1)m1mbn=k=0n(nk)(n+kk)
この記事 のおまけとして紹介した数列に一致します。

参考文献

[1]
F. Beukers, A note on the irrationality of ζ(2) and ζ(3), Bull. London Math. Soc., 1979, 268-272
[2]
K. Alladi, M. Robinson, Legendre polynomials and irrationality, J. Reine Angew. Math., 1980, 137-155
[3]
M. Apagodu, D. Zeilberger, Multi-variable Zeilberger and Almkvist–Zeilberger algorithms and the sharpening of Wilf–Zeilberger theory, Adv. in Appl. Math., 2006
[4]
R. Dougherty-Bliss, Integral Recurrences from A to Z, Amer. Math. Monthly, 2021, 805-815
[5]
R. Dougherty-Bliss, C. Koutschan, D. Zeilberger, Tweaking the Beukers Integrals In Search of More Miraculous Irrationality Proofs A La Apéry, Ramanujan Journal, 2022, 973-994
投稿日:202485
更新日:202485
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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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  8. 余談
  9. おわりに
  10. おまけ:eの無理性
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  12. おまけ:logの無理性
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