ζ(3)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{(1-t)_n}{(t)_{n+1}}&=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k\binom nk\binom{n+k}k}{t+k} \end{align}
である. ここで,
\begin{align} (-1)^k\binom nk\binom{n+k}k\in\ZZ \end{align}
と
\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} \frac{(1-t)_n^2}{(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=\binom nj^2\binom{n+j}j^2\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{(1-t)_n^2}{(t)_{n+1}^2}=0 \end{align}
である. よって,
\begin{align} -\sum_{0< k}\left.\frac{d}{dt}\frac{(1-t)_n^2}{(t)_{n+1}^2}\right|_{t=k}&=\sum_{0< k}\sum_{j=0}^n\left(\frac{A_j}{(k+j)^2}+\frac{2B_j}{(k+j)^3}\right)\\ &=\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{0< k}\frac 1{(k+j)^2}+2B_j\sum_{0\leq k}\frac 1{(k+j)^3}\right)\\ &=\sum_{j=0}^n\left(A_j\left(\zeta(2)-\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}\right)+2B_j\left(\zeta(3)-\sum_{l=1}^j\frac 1{l^3}\right)\right)\\ &=2\zeta(3)\sum_{j=0}^nB_j-\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}+2B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^3}\right)\\ &=u_n\zeta(3)-v_n\\ u_n&:=2\sum_{j=0}^nB_j\in\ZZ\\ v_n&:=\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}+2B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^3}\right) \end{align}
ここで, $m=2,3$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, $D_nA_j\in\ZZ$だったことを思い出すと,
\begin{align} D_n^3v_n=D_n^3\sum_{j=0}^n\left(A_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^2}+2B_j\sum_{l=1}^j\frac 1{l^3}\right)\in\ZZ \end{align}
であることが分かる.

右辺は
\begin{align} &n!^2\sum_{0< k}\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\\ &=n!^2\sum_{n< k}\frac{(2k+n)(k-1)!^5(2n+k)!}{(k-n-1)!(n+k)!^5}\\ &=n!^2\sum_{0\leq k}\frac{(2k+3n+2)(k+n)!^5(3n+1+k)!}{k!(2n+1+k)!^5}\\ &=\frac{n!^7(3n+2)!}{(2n+1)!^5}\F76{3n+2,\frac{3n+4}2,n+1,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+2}2,2n+2,2n+2,2n+2,2n+2,2n+2}1 \end{align}
となる. ここで, non-terminating Whippleの変換公式のMellin-Barnes積分表示 より,
\begin{align} &\F76{3n+2,\frac{3n+4}2,n+1,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+2}2,2n+2,2n+2,2n+2,2n+2,2n+2}1\\ &=\frac{(2n+1)!^5}{n!^7(3n+2)!}\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(n+1+t)^4\Gamma(-t)^2}{\Gamma(2n+2+t)^2}\,dt \end{align}
であるから,
\begin{align} n!^2\sum_{0< k}\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(n+1+t)^4\Gamma(-t)^2}{\Gamma(2n+2+t)^2}\,dt \end{align}
を得る. ここで, Mellin-Barnes積分を積分路の右側の極に関して展開すると
\begin{align} &\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(n+1+t)^4\Gamma(-t)^2}{\Gamma(2n+2+t)^2}\,dt\\ &=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(n+1+t)^4}{\Gamma(1+t)^2\Gamma(2n+2+t)^2}\frac{\pi^2}{\sin^2\pi t}\,dt\\ &=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{(1+t)_n^2}{(n+1+t)_{n+1}^2}\frac{\pi^2}{\sin^2\pi t}\,dt\\ &=-\sum_{0\leq k}\left.\frac{d}{dt}\frac{(1+t)_n^2}{(n+1+t)_{n+1}^2}\right|_{t=k}\\ &=-\sum_{0< k}\left.\frac{d}{dt}\frac{(t-n)_n^2}{(t)_{n+1}^2}\right|_{t=k}\qquad k\mapsto k-n-1\\ &=-\sum_{0< k}\left.\frac{d}{dt}\frac{(1-t)_n^2}{(t)_{n+1}^2}\right|_{t=k} \end{align}
となって示すべき等式が得られた.

まず,
\begin{align} \frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4} \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. 次に, よく知られた不等式
\begin{align} \left(1+\frac 1m\right)^m< e<\left(1+\frac 1m\right)^{m+1} \end{align}
を
\begin{align} \frac{(m+1)^m}{m^{m-1}}< em<\frac{(m+1)^{m+1}}{m^m} \end{align}
と書き換えて, $m=k$から$m=n+k-1$まで掛け合わせると, 望遠鏡和のように
\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}
が得られる. これを用いると,
\begin{align} &n!^2\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\cdot\frac{(n+k)^5}{(2k+n)(k+2n)}\\ &=n!^2\frac{(k-n,k+n)_n}{(k)_{n}^4}\\ &<(n+1)^{2(n+1)}\frac{k^{4k-4}}{(n+k)^{4n+4k-4}}\frac{k^k}{(k-n)^{k-n}}\frac{(k+2n)^{k+2n}}{(n+k)^{n+k}}\\ &=(n+1)^{2(n+1)}\frac{k^{5k-4}(k+2n)^{k+2n}}{(n+k)^{5n+5k-4}(k-n)^{k-n}} \end{align}
となる. よって,
\begin{align} &n!^2\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\cdot\frac{k^4(n+k)}{(2k+n)(k+2n)(n+1)^2}\\ &<(n+1)^{2n}\frac{k^{5k}(k+2n)^{k+2n}}{(n+k)^{5n+5k}(k-n)^{k-n}}\\ &=\left(1+\frac 1n\right)^ne^{nf\left(\frac kn\right)}\\ &< e^2\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^{5x}(x+2)^{x+2}}{(x+1)^{5(x+1)}(x-1)^{x-1}} \end{align}
である.
\begin{align} f'(x)&=\ln\frac{x^5(x+2)}{(x+1)^{5}(x-1)}=0 \end{align}
の$1< x$における解は
\begin{align} x^5(x+2)-(x-1)(x+1)^5=-\left(x+\frac 12\right)\left(2\left(x+\frac 12\right)^4-5\left(x+\frac 12\right)^2-\frac 78\right) \end{align}
の解であり, それは明示的に
\begin{align} x_0=-\frac 12+\sqrt{\frac 54+\sqrt 2} \end{align}
と表される. よって,
\begin{align} \sup_{1< x}f(x)&=f(x_0)\\ &=f(x_0)-x_0f'(x_0)\\ &=2\ln(x_0+2)+\ln(x_0-1)-5\ln(x_0+1)\\ &=4\ln(\sqrt 2-1) \end{align}
となる. これより,
\begin{align} &n!^2\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\cdot\frac{k^4(n+k)}{(2k+n)(k+2n)(n+1)^2}< e^2(\sqrt 2-1)^{4n} \end{align}
つまり,
\begin{align} n!^2\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}< e^2(n+1)^2(\sqrt 2-1)^{4n}\frac{(2k+n)(k+2n)}{k^4(n+k)} \end{align}
が分かった. よって,
\begin{align} &n!^2\sum_{0< k}\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\\ &=n!^2\sum_{n< k}\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\\ &< e^2(n+1)^2(\sqrt 2-1)^{4n}\sum_{n< k}\frac{(2k+n)(k+2n)}{k^4(n+k)}\\ &< e^2(n+1)^2(\sqrt 2-1)^{4n}\sum_{n< k}\frac{2k^2+5kn+2n^2}{k^5}\\ &\leq e^2(n+1)^2(\sqrt 2-1)^{4n}(2\zeta(5)+5n\zeta(4)+2n^2\zeta(3))\\ &<20(n+1)^4(\sqrt 2-1)^{4n} \end{align}
となって示すべきことが得られた.

$\zeta(3)$が有理数であるとして正整数$p,q$を用いて$\zeta(3)=\frac pq$と表すと, 補題1, 補題2, 補題3より,
\begin{align} 0&< qD_n^3(u_n\zeta(3)-v_n)\\ &=qD_n^3n!^2\sum_{0< k}\frac{(2k+n)(k-n,k+n+1)_n}{(k)_{n+1}^4}\\ &<20q(n+1)^4(\sqrt 2-1)^{4n}D_n^3\\ &<20q(n+1)^4(\sqrt 2-1)^{4n}3^{3n} \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. $ (\sqrt 2-1)^43^3<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^3(u_n\zeta(3)-v_n)=D_n^3(u_np-v_nq)\in\ZZ \end{align}
であることからこれは矛盾である.