ｅ とπの超越性

　木曜からの風邪がだんだんひどくなり,セキが止まらないので仕方なく近くの滝野川病院で診察を受け,薬をもらいました。

　近くなのに病院まで歩いていけなくてタクシーを拾いました。普通は風邪くらいなら市販薬を飲んで寝るだけなのですが,手術の予後で体力回復が万全でないので心配になったのです。

　それにしても私はこのところ病院づいていますね。

しかし,もらった薬は食後に飲むように指定されていて,自宅には米以外の食料がなかったので病院のすぐそばにあったスーパーでいろいろと食料を買いましたが,自宅まで歩けないのでまた仕方なくタクシーに乗りました。

でも自宅に帰ってもおかゆさえ食べる気にならず,まあいいやと食前だけど薬を飲んだところ,プラシーボかもしれないが,さすがは病院の薬であるせいなのか,すぐに症状は軽減されました。

最近,ブログネタもないので,本の受け売りですが,以前の2007年5月27日の記事「代数的数と超越数」の続きとして,ｅとπの超越性の証明でも書いておきます。

(ｅの超越性の証明)

ｅが代数的数であると仮定すると,ａ₀＋ａ₁ｅ＋..＋ａ_nｅⁿ＝0 を満たす整数の組ａ₀,ａ₁,..,ａ_nが存在します。ｎ≧1,ａ₀ａ_n≠0 です。

ところで,ｆ(ｘ)をｍ次の多項式,ｔを複素数とし積分路を0とｔを結ぶ直線としてｔの関数Ｉ(ｔ)をＩ(ｔ)≡ｅ^t∫₀^tｅ^-xｆ(ｘ)ｄｘで定義し,部分積分を繰り返すと,Ｉ(ｔ)＝ｅ^tｆ(0)－ｆ(ｔ)＋ｅ^t∫₀^tｅ^-x(ｄｆ/ｄｘ)ｄｘ＝ｅ^tΣ_j=0^mｆ^(j)(0)－Σ_j=0^mｆ^(j)(ｔ)が得られます。

ｆ(ｘ)をｆ(ｘ)≡ｘ^p-1(ｘ－1)^p..(ｘ－ｎ)^pとします。

ｐは十分大きい素数です。

Ｊ≡－{ａ₀Ｉ(0)＋ａ₁Ｉ(1)＋..＋ａ_nＩ(ｎ)}とおくと,Ｊ＝－(ａ₀＋ａ₁ｅ＋..＋ａ_nｅⁿ)Σ_j=0^mｆ^(j)(0)＋ａ₀Σ_j=0^mｆ^(j)(0)＋ａ₁Σ_j=0^mｆ^(j)(1)＋..＋ａ_nΣ_j=0^mｆ^(j)(ｎ) ＝ａ₀Σ_j=0^mｆ^(j)(0)＋ａ₁Σ_j=0^mｆ^(j)(1)＋..＋ａ_nΣ_j=0^mｆ^(j)(ｎ)となります。

ただし,ｍ＝degｆ＝ｎｐ＋ｐ－1であり,0≦ｊ≦ｍなるｊに対してｆ^(j)(ｘ)はｘ^p-1,(ｘ－1)^p．．,(ｘ－ｎ)^pの各々をそれぞれｌ₀,ｌ₁,..,ｌ_n回ずつ(Σ_i=0l_i＝ｊ)微分した項の積和ですから,右辺の各ｆ^(j)(ｋ)(ｋ＝0,1,2,..,ｎ)は全て整数であり,それゆえＪも整数です。

そして,ｊ＜ｐなら明らかにｆ^(j)(ｋ)＝0 (ｋ＝1,2,..,ｎ)でｊ＜ｐ－1ならｆ^(j)(0)＝0 です。

ところで,ｋ≧ｌのときｋ(ｋ－1)..(ｋ－ｌ＋1)/ｌ!はｌ!で割り切れるので整係数多項式ｇ(ｘ)のｌ回導関数の係数はすべてｌ!で割り切れます。したがってｊ≧ｐのときｆ^(j)(ｘ)の係数はｊ!で割り切れ,よって全てｐ!で割り切れます。

したがって,ｆ^(j)(ｋ)はｊ＝ｐ－１かつｋ＝0 の場合を除いて,ｐ!で割り切れます。ところが,ｆ^(p-1)(0)＝(－1)^p(ｐ－1)!(ｎ!)^pであり,これは(ｐ－1)!では割り切れますが,ｐが十分大きいときｐでは割り切れません。

それ故,Ｊはゼロでない整数であり,(ｐ－1)!で割り切れます。よって,|Ｊ|≧(ｐ－1)!です。

一方,0≦ｘ≦ｋ,0≦ｋ≦ｎのとき,|ｘ|,|ｘ－1|,..,|ｘ－ｎ|≦2ｎなので |Ｉ(ｋ)|＝|∫₀^kｅ^k-xｆ(ｘ)ｄｘ|≦ｋｅ^k(2ｎ)^ｍです。

それ故,|Ｊ|≦|ａ₀||Ｉ(0)|＋|ａ₁||Ｉ(1)|＋..＋|ａ_n||Ｉ(ｎ)|≦(2ｎ)^ｍΣ_k=0ⁿ|ａ_k|ｋｅ^kです。ｍ＝ｎｐ＋ｐ－1ですから,ｐに無関係な定数ｃ＞0 が存在し,|Ｊ|＜ｃ^p が成立します。

ところが,Stirlingによれば,ｐが大きいとき,(ｐ－1)!～ｐ^pｅ^-pですから,素数ｐを大きくすると,やがて(ｐ－1)!＞ｃ^pとなります。

そこで,２つの不等式|Ｊ|≧(ｐ－1)!と|Ｊ|＜ｃ^p は両立しませんから,これは矛盾です。したがって,ｅが代数的数であるとした仮定が間違いであり,ｅは超越数であることがわかります。(証明終わり)

(πの超越性の証明)：

πを代数的数であると仮定すると,iπも代数的数です。ここでθ＝iπの共役：つまりθ＝iπの最小多項式における相異なるｎ個の根の組をθ₁＝θ,θ₂,..,θ_d；ｄ≡degθとします。

このとき等式(Euler's formula)ｅ^iπ＋1＝0 より,(ｅ^θ1＋1)(ｅ^θ2＋1)..(ｅ^θd＋1)＝0 となります。

そして左辺を展開すると,Σ_i=1,2,..,n^δi=0,1ｅ^{δ1θ1＋δ2θ2＋..＋δdθd}＝0 となります。

2^d個のδ₁θ₁＋δ₂θ₂＋..＋δ_dθ_d (δ_i＝0または１)のうちで 0 でないものがｎ個あったとし,それらをα₁,α₂,..,α_nをとします。

また,ｎ＜ｊ≦2^d に対してはα_j＝0 とします。そうすると,ｑ＋ｅ^α1＋ｅ^α2＋..＋ｅ^αn＝0 が得られます。ここで,ｑ≡2^d－ｎ＞0です。

ここで,ｅの超越性の証明と同様に,Ｉ(ｔ)＝ｅ^t∫₀^tｅ^-xｆ(ｘ)ｄｘを考え,今度はｆ(ｘ)≡ｌ^npｘ^p-1(ｘ－α₁)^p..(ｘ－α_n)^pとします。

ただしｐは十分大きい素数で,ｌはlθ₁,lθ₂,．．,lθ_d ,したがってlα₁,lα₂,．．,lα_n が代数的整数となるような整数です。

ここで,βが代数的整数であるとは,代数的数βの整数係数の最小多項式がその最高次の係数＝１の形つまり整数係数のモニックになることをいいます。

そして,Ｊ≡－{Ｉ(α₁)＋Ｉ(α₂)＋．．＋Ｉ(α_n)}とおくとＪ＝－(ｅ^α1＋ｅ^α2＋..＋ｅ^αn)Σ_j=0^mｆ^(j)(0)＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α₁)＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α₂)＋..＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α_n)＝ｑΣ_j=0^mｆ^(j)(0)＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α₁)＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α₂)＋..＋Σ_j=0^mｆ^(j)(α_n), ｍ＝ｎｐ＋ｐ－1です。

多項式ｆ(ｘ)の各係数はlα₁,lα₂,..,lα_nの整数係数の対称式,したがって,lθ₁,lθ₂,．．,lθ_dの整数係数の対称式です。

ところが,lα₁,lα₂,．．,lα_nを根とするモニックの最小多項式をＰ(ｘ)とすると,Ｐ(ｘ)＝(ｘ－lα₁)(ｘ－lα₂)..(ｘ－lα_n)＝ｘⁿ－ｓ₁ｘ^n-1＋ｓ₂ｘ^n-2－..＋(－1)ｓ_nであって,ｓ₁,ｓ₂,．．,ｓ_nはlα₁,lα₂,．．,lα_nの基本対称式であり,lα₁,lα₂,..,lα_nが代数的数なのでこれらは整数です。

しかもlα₁,lα₂,．．,lα_nの全ての整数係数の対称式は基本対称式の整数係数の多項式として表わせることは明らかなので,ｆ(ｘ)の各係数は整数になります。

したがって,ｆ^(j)(0)も整数です。また,Σ_k=1ⁿｆ^(j)(α_k)(ｊ≧0)もlα₁,lα₂,..,lα_nの整数係数の対称式なので,上と同じ論旨から,これは整数になります。

そして,ｊ＜ｐなら明らかにｆ^(j)(α_k)＝0 (ｋ＝1,2,..,ｎ)で,ｊ＜ｐ－1ならｆ^(j)(0)＝0 です。したがってｊ≧ｐのとき,ｆ^(j)(ｘ)の係数は全てｐ!で割り切れます。

以上から,ｆ^(j)(α_k)とｊ≠ｐ－１のときのｆ^(j)(0)は,ｐ!で割り切れます。ところが,ｆ^(p-1)(0)＝(－1)^p(ｐ－1)!(lα₁lα₂..,l)^pであり,これは,(ｐ－1)!では割り切れますが,ｐが十分大きいときｐでは割り切れません。

それ故,Ｊはゼロでない整数であって,(ｐ－1)!で割り切れます。よって,|Ｊ|≧(ｐ－1)!です。

一方,0≦ｘ≦α_kまたは,α_k≦ｘ≦0 for 0≦ｋ≦ｎなるｘに対して,Ｍ＝max_k|2α_k|とおくと,|ｘ|,|ｘ－α₁|,..,|ｘ－α_n|≦Ｍなので,|Ｉ(α_k)|＝|∫₀^αkｅ^αk-xｆ(ｘ)ｄｘ|≦|α_k|ｅ^αkｌ^npＭ^ｍです。

それ故,|Ｊ|≦|Ｉ(0)|＋|Ｉ(α₁)|＋..＋|Ｉ(α_n)|≦ｌ^npＭ^ｍΣ_k=0ⁿ|α_k|ｅ^αkと評価できます。ここで,ｍ＝ｎｐ＋ｐ－1ですからｐに無関係な定数ｃ＞0 が存在して|Ｊ|＜ｃ^pが成立します。

ｐが大きいとき,(ｐ－1)!＞ｃ^pとなりますから,２つの不等式|Ｊ|≧(ｐ－1)!と|Ｊ|＜ｃ^p は両立しません。したがってπが代数的数であるとした仮定が間違いでありπは超越数であることがわかります。(証明終わり)

これで,ｅおよびπは超越数であることが証明されました。超越数ですから当然無理数ですが,いささか本末転倒ながらこれらが無理数であることをもっと直接的に証明してみます。

(ｅが無理数であることの証明)：

ｅ＝1＋1/1!＋1/2!＋1/3!＋..ですから,0＜ｎ!ｅ－ｎ!Σ_k=0ⁿ(1/ｋ!) ＝ｎ!Σ_k=n+1^∞(1/ｋ!)≦{1/(ｎ＋1)}(1＋1/2＋1/2²＋．．)＝2/(ｎ＋2)→ 0 as ｎ→∞ が成立します。

ところが,一般にαが有理数でα＝ａ/ｂ(ａ,ｂ∈Ｚ,ｂ＞0)なら,αと異なる全ての有理数ｐ/ｑに対して|ｑα－ｐ|＝|ｑａ－ｐｂ|/ｂ≧1/ｂですから,αにのみ依存する正の定数ｃが存在して,|α－ｐ/ｑ|≧ｃ/ｑとなります。それ故,0＜|ｑ_nα－ｐ_n|→ 0 as ｎ→ ∞ なる整数列{ｐ_n},{ｑ_n}が存在するならαは無理数です。

以上から,ｅは無理数であることが示されました。(証明終わり)

(πが無理数であることの証明)：

実係数の多項式ｆ(ｘ)に対してＦ(ｘ)≡ｆ(ｘ)－ｆ⁽²⁾(ｘ)＋ｆ⁽⁴⁾(ｘ)－ｆ⁽⁶⁾(ｘ)＋..とおきます。ｆ(ｘ)は多項式なので右辺は有限項で終わりＦ(ｘ)も多項式になります。

このとき,{Ｆ'(ｘ)sinｘ－Ｆ(ｘ)cosｘ}'＝{Ｆ"(ｘ) ＋Ｆ(ｘ)}sinｘ＝ｆ(ｘ)sinｘなので,∫₀^πｆ(ｘ)sinｘｄｘ＝Ｆ(0)＋Ｆ(π)と書くことができます。

今,πが有理数であると仮定して,π＝ａ/ｂ(ａ,ｂ∈Ｚ,ｂ＞0)とし,上式でｆ(ｘ)＝(ｂⁿ/ｎ!)ｘⁿ(π－ｘ)ⁿ＝(1/ｎ!)ｘⁿ(ａ－ｂｘ)ⁿとおきます。

ただし,ｎは十分大きい正の整数とします。明らかに,ｊ＜ｎのときｆ^(j)(0)＝0 で,ｊ≧ｎのときは多項式:{ｘⁿ(ａ－ｂｘ)ⁿ}^(j)のすべての係数は,ｊ!したがってｎ!で割り切れます。故に,ｊ≧0なるすべてのｊについてｆ^(j)(0)は整数です。

ところで,ｊ≧0なるすべてのｊについてｆ^(j)(ｘ)＝(－1)^jｆ^(j)(π－ｘ)よりｆ^(j)(π)＝(－1)^jｆ^(j)(0)も整数です。

以上から,∫₀^πｆ(ｘ)sinｘｄｘ＝Ｆ(0)＋Ｆ(π)の右辺{Ｆ(0)＋Ｆ(π)}は整数です。

一方,左辺は,0＜∫₀^πｆ(ｘ)sinｘｄｘ≦(ｂⁿπ²ⁿ/ｎ!)∫₀^πsinｘｄｘ＝2ｂⁿπ²ⁿ/ｎ!＜ｃⁿ/ｎ!です。ｃはｎに依存しない正の定数です。

これからｎ! ≦ｃⁿ ですが,ｎが十分大きいときには成立しません。

以上からπは無理数であることが示されました。(証明終わり)

参考文献：塩川宇賢 著「無理数と超越数」(森北出版)

http://folomy.jp/heart/「folomy 物理フォーラム」サブマネージャーです。

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