Beukersによるζ(3)の無理性証明

背理法を使う．互いに素な整数$p,q$により$\alpha=p/q$と表せるとする．このとき(i)より$|I_n|\geq1/|q|$でなくてはならない．これは(ii)に反する．

任意の$n\geq1$に対し
\begin{equation} d_n=\prod_{p\leq{n}}p^{[\log_pn]}\leq\prod_{p\leq n}p^{\log_pn}=n^{\pi(n)}. \end{equation}
ここで素数定理
\begin{equation} \pi(n)\sim\frac{n}{\log{n}} \end{equation}
より，十分大きい$n$に対して$\pi(n)\log{n}\leq{n}\log3$．ゆえに十分大きい$n$に対し
\begin{equation} d_n\leq{n^{\pi(n)}}=e^{\pi(n)\log{n}}\leq{e^{n\log3}}=3^n. \end{equation}

実数$\sigma\gt-1$に対し
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}}{1-xy}dxdy \end{equation}
を考える．
定理3より
\begin{align} \int_0^1\int_0^1\frac{x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}}{1-xy}dxdy &=\int_0^1\int_0^1\left(\sum_{k=0}^\infty x^{k+r+\sigma}y^{k+s+\sigma}\right)dxdy\\ &=\sum_{k=0}^\infty\left(\int_0^1\int_0^1 x^{k+r+\sigma}y^{k+s+\sigma}dxdy\right)\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+r+\sigma+1)(k+s+\sigma+1)}.\tag{1}\label{1} \end{align}
$r\gt s$のとき，\eqref{1}より
\begin{align} \int_0^1\int_0^1\frac{x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}}{1-xy}dxdy &=\frac{1}{r-s}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{k+s+\sigma+1}-\frac{1}{k+r+\sigma+1}\right)\\ &=\frac{1}{r-s}\sum_{k=s+1}^r\frac{1}{k+\sigma}.\tag{2}\label{2} \end{align}
\eqref{2}の両辺を$\sigma$で微分することを考える．
任意に$\sigma_0\gt-1$と$\sigma\geq\sigma_0$をとる．十分小さい$\varepsilon\gt0$とある$C\gt0$が存在して，$0\lt x,y\lt1$のとき
\begin{equation} \left|\frac{d}{d\sigma}\frac{x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}}{1-xy}\right|=\frac{-\log xy}{1-xy}x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}\leq C\frac{x^{r+\sigma_0-\varepsilon}y^{s+\sigma_0-\varepsilon}}{1-xy}. \end{equation}
最右辺の関数は\eqref{1}の計算と同様に$[0,1]^2$上可積分だから，定理4が適用できる．したがって，\eqref{2}の両辺を$\sigma$で微分して
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{\log xy}{1-xy}x^{r+\sigma}y^{s+\sigma}dxdy=\frac{-1}{r-s}\sum_{k=s+1}^r\frac{1}{(k+\sigma)^2}. \end{equation}
ここで$\sigma=0$とおくと
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{\log xy}{1-xy}x^ry^sdxdy=\frac{-1}{r-s}\sum_{k=s+1}^r\frac{1}{k^2}. \end{equation}
よって(a)が成り立つことがわかる．\eqref{1}で$r=s$とすると
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{x^{r+\sigma}y^{r+\sigma}}{1-xy}dxdy=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+r+\sigma+1)^2}.\tag{3}\label{3} \end{equation}
\eqref{3}の両辺を$\sigma$で微分することを考える．左辺の微分は先程と同様に計算できる．右辺については，任意の$\sigma\geq\sigma_0\gt-1$，$k\geq0$に対し
\begin{equation} \left|\frac{d}{d\sigma}\frac{1}{(k+r+\sigma+1)^2}\right|=\frac{2}{(k+r+\sigma+1)^3}\leq\frac{2}{(k+r+\sigma_0+1)^3}. \end{equation}
また
\begin{equation} \sum_{k=0}^\infty\frac{2}{(k+r+\sigma_0+1)^3}\lt\infty \end{equation}
だから，再び定理4が適用できる．したがって，\eqref{3}の両辺を$\sigma$で微分して
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{\log xy}{1-xy}x^{r+\sigma}y^{r+\sigma}dxdy=\sum_{k=0}^\infty\frac{-2}{(k+r+\sigma+1)^3}. \end{equation}
$\sigma=0$とおくと
\begin{equation} \int_0^1\int_0^1\frac{\log xy}{1-xy}x^ry^rdxdy=\sum_{k=0}^\infty\frac{-2}{(k+r+1)^3}=-2\left(\zeta(3)-\sum_{k=1}^r\frac{1}{k^3}\right). \end{equation}
よって(b)が示された．

整数$n\geq0$に対し，多項式$P_n(x)$を
\begin{equation} P_n(x)=\frac{1}{n!}\frac{d^n}{dx^n}\{x^n(1-x)^n\} \end{equation}
で定義する．
\begin{equation} I_n=\int_0^1\int_0^1\frac{-\log xy}{1-xy}P_n(x)P_n(y)dxdy \end{equation}
と定める．補題3よりある$a_n,b_n\in\mathbb{Z}$が存在して$d_n^3I_n=a_n+b_n\zeta(3)$．
\begin{equation} \int_0^1\frac{1}{1-(1-xy)z}dz=\frac{-\log xy}{1-xy} \end{equation}
に注意すると
\begin{equation} I_n=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z}dxdydz. \end{equation}
$x$に関して$n$回部分積分を行うと
\begin{align} I_n&=\int_0^1\int_0^1\left[\frac{\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{1-(1-xy)z}\right]_{x=0}^{x=1}dydz -\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^2}dxdydz\\ &=0-\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^2}dxdydz\\ &=\int_0^1\int_0^1\left[\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^2}\right]_{x=0}^{x=1}dydz +(-1)^2\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(-1)(-2)(yz)^2\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^3}dxdydz\\ &=0+(-1)^2\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(-1)(-2)(yz)^2\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^3}dxdydz\\ &=\cdots\\ &=(-1)^n\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(-1)(-2)\cdots(-n)(yz)^n\frac{1}{n!}\{x^n(1-x)^n\}P_n(y)}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}dxdydz\\ &=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(xyz)^n(1-x)^nP_n(y)}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}dxdydz. \end{align}
ここで
\begin{equation} w=\frac{1-z}{1-(1-xy)z} \end{equation}
と変数変換する．
\begin{equation} 1-w=\frac{xyz}{1-(1-xy)z},\quad\frac{dz}{dw}=-\frac{1-(1-xy)z}{1-(1-xy)w} \end{equation}
より
\begin{equation} I_n=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{(1-x)^n(1-w)^nP_n(y)}{1-(1-xy)w}dxdydw. \end{equation}
$y$に関して$n$回部分積分を行うと，先程と同様にして
\begin{equation} I_n=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{x^n(1-x)^ny^n(1-y)^nw^n(1-w)^n}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}dxdydw\tag{4}\label{4} \end{equation}
を得る．$I_n$を評価するため
\begin{equation} f(x,y,w)=\frac{x(1-x)y(1-y)w(1-w)}{1-(1-xy)w} \end{equation}
を考える．$\min(x,y,w)\to0$または$\max(x,y,w)\to1$のとき$f(x,y,w)\to0$がわかるので，$f$は$(0,1)^3$内のある臨界点（＝すべての偏微分が消える点）で最大値を取る．$(0,1)^3$上で$f_x=f_y=f_w=0$を解くと，$(x,y,w)=(\sqrt{2}-1,\sqrt{2}-1,\frac{1}{\sqrt{2}})$が唯一つの解であることがわかり，$f(\sqrt{2}-1,\sqrt{2}-1,\frac{1}{\sqrt{2}})=(\sqrt{2}-1)^4$．以上より
\begin{equation} \frac{x(1-x)y(1-y)w(1-w)}{1-(1-xy)w}\leq(\sqrt{2}-1)^4,\quad0\lt x,y,w\lt1. \end{equation}
よって\eqref{4}と補題3(b)より
\begin{equation} I_n\leq(\sqrt{2}-1)^{4n}\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{1}{1-(1-xy)w}dxdydw=(\sqrt{2}-1)^{4n}\int_0^1\int_0^1\frac{-\log xy}{1-xy}dxdy=2\zeta(3)(\sqrt{2}-1)^{4n}. \end{equation}
\eqref{4}より$I_n\gt0$であることに注意する．よって補題2より，十分大きい$n$に対して
\begin{equation} 0\lt d_n^3I_n=a_n+b_n\zeta(3)\leq2\zeta(3)(\sqrt{2}-1)^{4n}d_n^3\leq2\zeta(3)(\sqrt{2}-1)^{4n}3^{3n}. \end{equation}
ここで$(\sqrt{2}-1)^43^3=0.794\cdots\lt1$なので，$\lim_{n\to\infty}(a_n+b_n\zeta(3))=0$．したがって補題1より，$\zeta(3)$は無理数である．