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$|I_n|\ge 1/|q|$でなくてはならない．これは(ii)に反する．

任意の$n\ge 1$に対し
$$d_n=\prod _{p\le n}{p}^{[{\log }_{p}n]}\le \prod _{p\le n}{p}^{{\log }_{p}n}=n^{\pi (n)}.$$
ここで素数定理
$$\pi (n)\sim \frac{n}{\log n}$$
より，十分大きい$n$に対して$\pi (n)\log n\le n\log 3$．ゆえに十分大きい$n$に対し
$$d_n\le n^{\pi (n)}=e^{\pi (n)\log n}\le e^{n\log 3}=3^n.$$

実数$\sigma >-1$に対し
$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}dxdy$$
を考える．
定理3より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}dxdy& ={\int }_0^1{\int }_0^1\left(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{k+r+\sigma }{y}^{k+s+\sigma }\right)dxdy\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\left({\int }_0^1{\int }_0^1{x}^{k+r+\sigma }{y}^{k+s+\sigma }dxdy\right)\\ \text{(1)}& & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(k+r+\sigma +1)(k+s+\sigma +1)}.\end{array}$$
$r>s$のとき，$\text{(1)}$より
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}dxdy& =\frac{1}{r-s}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{k+s+\sigma +1}-\frac{1}{k+r+\sigma +1})\\ \text{(2)}& & =\frac{1}{r-s}\sum _{k=s+1}^r\frac{1}{k+\sigma }.\end{array}$$
$\text{(2)}$の両辺を$\sigma$で微分することを考える．
任意に${\sigma }_0>-1$と$\sigma \ge {\sigma }_0$をとる．十分小さい$\epsilon >0$とある$C>0$が存在して，$0<x,y<1$のとき
$$\left|\frac{d}{d\sigma }\frac{x^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }}{1-xy}\right|=\frac{-\log xy}{1-xy}{x}^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }\le C\frac{x^{r+{\sigma }_0-\epsilon }{y}^{s+{\sigma }_0-\epsilon }}{1-xy}.$$
最右辺の関数は$\text{(1)}$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，$\text{(2)}$の両辺を$\sigma$で微分して
$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log xy}{1-xy}{x}^{r+\sigma }{y}^{s+\sigma }dxdy=\frac{-1}{r-s}\sum _{k=s+1}^r\frac{1}{(k+\sigma {)}^2}.$$
ここで$\sigma =0$とおくと
$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log xy}{1-xy}{x}^r{y}^{s}dxdy=\frac{-1}{r-s}\sum _{k=s+1}^r\frac{1}{k^2}.$$
よって(a)が成り立つことがわかる．$\text{(1)}$で$r=s$とすると
$$\begin{array}{}\text{(3)}& {\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^{r+\sigma }{y}^{r+\sigma }}{1-xy}dxdy=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(k+r+\sigma +1{)}^2}.\end{array}$$
$\text{(3)}$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$\sigma \ge {\sigma }_0>-1$，$k\ge 0$に対し
$$\left|\frac{d}{d\sigma }\frac{1}{(k+r+\sigma +1{)}^2}\right|=\frac{2}{(k+r+\sigma +1{)}^3}\le \frac{2}{(k+r+{\sigma }_0+1{)}^3}.$$
また
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{(k+r+{\sigma }_0+1{)}^3}<\mathrm{\infty }$$
だから，再び定理4が適用できる．したがって，$\text{(3)}$の両辺を$\sigma$で微分して
$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log xy}{1-xy}{x}^{r+\sigma }{y}^{r+\sigma }dxdy=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-2}{(k+r+\sigma +1{)}^3}.$$
$\sigma =0$とおくと
$${\int }_0^1{\int }_0^1\frac{\log xy}{1-xy}{x}^r{y}^{r}dxdy=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-2}{(k+r+1{)}^3}=-2(\zeta (3)-\sum _{k=1}^r\frac{1}{k^3}).$$
よって(b)が示された．

整数$n\ge 0$に対し，多項式$P_n(x)$を
$$P_n(x)=\frac{1}{n!}\frac{d^n}{d{x}^n}\{x^n(1-x{)}^n\}$$
で定義する．
$$I_n={\int }_0^1{\int }_0^1\frac{-\log xy}{1-xy}{P}_n(x)P_n(y)dxdy$$
と定める．補題3よりある$a_n,b_n\in \mathbb{Z}$が存在して$d_n^3{I}_n=a_n+b_n\zeta (3)$．
$${\int }_0^1\frac{1}{1-(1-xy)z}dz=\frac{-\log xy}{1-xy}$$
に注意すると
$$I_n={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z}dxdydz.$$
$x$に関して$n$回部分積分を行うと
$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_0^1{\int }_0^1{\left[\frac{\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{d{x}^{n-1}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{1-(1-xy)z}\right]}_{x=0}^{x=1}dydz-{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{d{x}^{n-1}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^2}dxdydz\\ & =0-{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-1}}{d{x}^{n-1}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^2}dxdydz\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^1{\left[\frac{(-1)yz\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{d{x}^{n-2}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^2}\right]}_{x=0}^{x=1}dydz+(-1{)}^2{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(-1)(-2)(yz{)}^2\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{d{x}^{n-2}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^3}dxdydz\\ & =0+(-1{)}^2{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(-1)(-2)(yz{)}^2\frac{1}{n!}\frac{d^{n-2}}{d{x}^{n-2}}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^3}dxdydz\\ & =\cdots \\ & =(-1{)}^n{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(-1)(-2)\cdots (-n)(yz{)}^n\frac{1}{n!}\{x^n(1-x{)}^n\}{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^{n+1}}dxdydz\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(xyz{)}^n(1-x{)}^n{P}_n(y)}{(1-(1-xy)z{)}^{n+1}}dxdydz.\end{array}$$
ここで
$$w=\frac{1-z}{1-(1-xy)z}$$
と変数変換する．
$$1-w=\frac{xyz}{1-(1-xy)z},\frac{dz}{dw}=-\frac{1-(1-xy)z}{1-(1-xy)w}$$
より
$$I_n={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{(1-x{)}^n(1-w{)}^n{P}_n(y)}{1-(1-xy)w}dxdydw.$$
$y$に関して$n$回部分積分を行うと，先程と同様にして
$$\begin{array}{}\text{(4)}& I_n={\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{x^n(1-x{)}^n{y}^n(1-y{)}^n{w}^n(1-w{)}^n}{(1-(1-xy)w{)}^{n+1}}dxdydw\end{array}$$
を得る．$I_n$を評価するため
$$f(x,y,w)=\frac{x(1-x)y(1-y)w(1-w)}{1-(1-xy)w}$$
を考える．$min(x,y,w)\to 0$または$max(x,y,w)\to 1$のとき$f(x,y,w)\to 0$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
$$\frac{x(1-x)y(1-y)w(1-w)}{1-(1-xy)w}\le (\sqrt{2}-1{)}^4,0<x,y,w<1.$$
よって$\text{(4)}$と補題3(b)より
$$I_n\le (\sqrt{2}-1{)}^{4n}{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{1}{1-(1-xy)w}dxdydw=(\sqrt{2}-1{)}^{4n}{\int }_0^1{\int }_0^1\frac{-\log xy}{1-xy}dxdy=2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}.$$
$\text{(4)}$より$I_n>0$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
$$0<d_n^3{I}_n=a_n+b_n\zeta (3)\le 2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}{d}_n^3\le 2\zeta (3)(\sqrt{2}-1{)}^{4n}{3}^{3n}.$$
ここで$(\sqrt{2}-1{)}^4{3}^3=0.794\cdots <1$なので，$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(a_n+b_n\zeta (3))=0$．したがって補題1より，$\zeta (3)$は無理数である．