インテジャーズ

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数、特に整数に関する記事。

ベイカーの定理の証明 (未完成)

この記事では超越数論の古典的大定理であるBakerの定理の証明をBakerの本*1に書いてある通りに紹介します。執筆途中ですが、とある理由で公開しています。

Bakerの定理 (1966) \alpha_1, \dots, \alpha_n0でない代数的数とする。このとき、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立であれば、1, \log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。

ここで、n個ある\logについて任意の枝で成立し、それぞれの枝の選択が一致している必要はありません。

設定と準備

背理法の仮定: Bakerの定理の主張を背理法で証明する。すなわち、\alpha_1, \dots, \alpha_n0でない代数的数とし、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立であるときに、少なくとも一つは0ではない代数的数 \beta_0, \dots, \beta_nが存在して

\displaystyle \beta_0+\beta_1\log \alpha_1+\cdots +\beta_n\log \alpha_n=0

であると仮定する。適当に番号を入れ替えることによって \beta_n \neq 0であると仮定しても一般性を失わない。このとき、両辺を \displaystyle -\frac{1}{\beta_n}倍し、各 \displaystyle -\frac{\beta_i}{\beta_n}\beta_iに置き換えることによって \beta_n=-1であると仮定しても一般性を失わない。以上の仮定のもと、

\displaystyle e^{\beta_0}\alpha_1^{\beta_1}\cdots \alpha_{n-1}^{\beta_{n-1}} = \alpha_n -①

が成り立つ(各\logの枝の取り方によって \alpha_i^{\beta_i}が定まる)。

記号ルール1: 証明中に現れる c, c_1, c_2, \dots\alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_{n-1} 及び各\logの枝の取り方にのみ依存して存在する正の定数を表す記号とする。h > c を十分大きい整数とする。

記号ルール2: 非負整数 m_0, \dots, m_{n-1}と多変数複素関数 f(z_0, \dots, z_{n-1})に対して、

\displaystyle f_{m_0, \dots, m_{n-1}}(z_0, \dots, z_{n-1}) = \left(\frac{\partial}{\partial z_0}\right)^{m_0} \cdots  \left(\frac{\partial}{\partial z_{n-1}}\right)^{m_{n-1}} f(z_0, \dots, z_{n-1})

という省略記法を用いる。

補題1 A > 0を正定数とし、\alpha

a_0\alpha^d+a_1\alpha^{d-1}+\cdots+a_d=0 \quad (a_i \in \mathbb{Z}, \ \left|a_i\right| \leq A \ (0 \leq i \leq d))
を満たすような代数的数とする。このとき、任意の非負整数 jに対して
\begin{align}&{}^{\exists}a_i^{(j)} \in \mathbb{Z}, \ \left|a_i^{(j)}\right| \leq (2A)^j \ (0 \leq i \leq d-1) \ \text{s.t.}\\ &(a_0\alpha)^j=a_0^{(j)}+a_1^{(j)}\alpha+\cdots +a_{d-1}^{(j)}\alpha^{d-1}\end{align}
が成り立つ。

証明. 0 \leq j \leq d-1の場合は自明であり、j \geq dの場合は漸化式

\displaystyle a_i^{(j)}=a_0a_{i-1}^{(j-1)}-a_{j-i}a_{d-1}^{(j-1)} \quad (0 \leq i < d, \ j \geq d)

によって各係数が帰納的に定まる(a_{-1}^{(j-1)}:=0)。理由:

\begin{align} (a_0\alpha)^j &= (a_0\alpha)^{j-1}\times (a_0\alpha) \\ &= (a_0^{(j-1)}+a_1^{(j-1)}\alpha+\cdots +a_{d-1}^{(j-1)}\alpha^{d-1})\times a_0\alpha \\ &= a_0a_0^{(j-1)}\alpha+a_0a_1^{(j-1)}\alpha^2+\cdots +a_0a_{d-2}^{(j-1)}\alpha^{d-1}\\ &\quad +a_{d-1}^{(j-1)}(-a_1\alpha^{d-1}-\cdots -a_d) \\ &=-a_{d-1}^{(j-1)}a_d+ (a_0a_0^{(j-1)}-a_{d-1}a_{d-1}^{(j-1)})\alpha+(a_0a_1^{(j-1)}-a_{d-2}a_{d-1}^{(j-1)})\alpha^2+\\ &\quad \cdots + (a_0a_{d-1}^{(j-1)}-a_1a_{d-1}^{(j-1)})\alpha^{d-1}\end{align}

と漸化式を立てることができる この漸化式を用いると、帰納法により

\left|a_i^{(j)}\right| \leq \left|a_0\right| \left|a_{i-1}^{(j-1)}\right|+\left|a_{j-i}\right|\left|a_{d-1}^{(j-1)}\right| \leq A\cdot (2A)^{j-1} + A\cdot (2A)^{j-1} =(2A)^j

と評価できる。 Q.E.D.

d\alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_{n-1}の次数の最大値とし、a_1, \dots, a_n, b_0, \dots, b_{n-1}をそれぞれの整数係数最小多項式の最高次係数とする。このとき、任意の非負整数jと任意の番号rに対して
\begin{align} &{}^{\exists}a_{rs}^{(j)}, \ b_{rt}^{(j)} \in \mathbb{Z}, \ \left|a_{rs}^{(j)}\right|, \ \left| b_{rt}^{(j)}\right| \leq c_1^j \ (0 \leq s, t \leq d-1) \ \text{s.t.}
 \\ &(a_r\alpha_r)^j = \sum_{s=0}^{d-1}a_{rs}^{(j)}\alpha_r^s, \quad (b_r\beta_r)^j=\sum_{t=0}^{d-1}b_{rt}^{(j)}\beta_r^t\end{align}
が成り立つ。

魔法関数の構成

補題2 (Siegelの補題) M, NN > M > 0を満たすような整数とし、u_{ij} \ (1 \leq i \leq M, 1 \leq j \leq N)\left|u_{ij}
 \right| \leq Uを満たすような整数とする。このとき、全てが0ということはないN個の整数 x_1, \dots, x_Nであって \left|x_j \right| \leq (NU)^{\frac{M}{N-M}}なるものが存在して、
\displaystyle \sum_{j=1}^Nu_{ij}x_j=0 \quad (1 \leq i \leq M)
が成立する。

証明. B:=[(NU)^{\frac{M}{N-M}}]とする。0 \leq x_j \leq B \ (1 \leq j \leq N)なる整数の組(x_1, \dots, x_N)(B+1)^N個あるが、各組に対して

\displaystyle y_i:=\sum_{j=1}^Nu_{ij}x_j \quad (1 \leq i \leq M)

を考える。\displaystyle -V_i:=\sum_{u_{ij} < 0}u_{ij}, \ W_i:= \sum_{u_{ij} > 0}u_{ij}とすると、

\displaystyle -V_iB \leq y_i \leq W_iB \quad (1 \leq i \leq M)

であり、

\displaystyle V_i+W_i = \sum_{j=1}^N\left|u_{ij}\right| \leq NU

なので、(y_1, \dots, y_M)の組としては高々(NUB+1)^M個の可能性があり得る。さて、(B+1)^{N-M} > (NU)^Mなので、

(B+1)^N > \left( (B+1)NU\right)^M \geq (NUB+1)^M.

従って、異なる (x_1, \dots, x_N)に対して (y_1, \dots, y_M)が同一となるようなものが存在する(鳩の巣原理)。それらの差を取れば所望の解の存在が示される。 Q.E.D.

命題1 (魔法関数の存在) L:=[h^{2-\frac{1}{4n}}]とする。0 \leq \lambda_i \leq Lを満たす整数の組 (\lambda_0, \dots, \lambda_n)毎に整数 p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)が存在して、以下の性質を満たす: (i) p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)は全てが0ということはない。 (ii) \left|p(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\right| \leq e^{h^3}が成り立つ。 (iii) \gamma_r:=\lambda_r+\lambda_n\beta_r \ (1 \leq r < n)として、多変数複素関数 \Phi(z_0, \dots, z_{n-1})
\displaystyle \Phi(z_0, \dots, z_{n-1}) := \sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^Lp(\lambda_0, \dots, \lambda_n)z_0^{\lambda_0}e^{\lambda_n\beta_0z_0}\alpha_1^{\gamma_1z_1}\cdots \alpha_{n-1}^{\gamma_{n-1}z_{n-1}}
と定義すれば、1 \leq l \leq hなる任意の整数lと非負整数 m_0, \dots, m_{n-1}であって、m_0+\cdots+m_{n-1} \leq h^2が成り立つものに対して
\displaystyle \Phi_{m_0, \dots, m_{n-1}}(l, \dots, l)=0 -②
が成立する。

証明. 関数 q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z)

\displaystyle q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z):=\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\binom{m_0}{\mu_0}\lambda_0(\lambda_0-1)\cdots (\lambda_0-\mu_0+1)(\lambda_n\beta_0)^{m_0-\mu_0}z^{\lambda_0-\mu_0}

と定義するとき、②が成り立つことは

\displaystyle \sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^Lp(\lambda_0, \dots, \lambda_n)q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, l)\alpha_1^{\lambda_1l}\cdots \alpha_n^{\lambda_nl}\gamma_1^{m_1}\cdots \gamma_{n-1}^{m_{n-1}}=0 -③

が主張における l, m_0, \dots, m_{n-1}に対して成立することと同値である。理由: Leibniz則より

\displaystyle \left(\frac{\partial}{\partial z_0}\right)^{m_0}\left(z_0^{\lambda_0}e^{\lambda_n\beta_0z_0}\right) = q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z_0)e^{\lambda_n\beta_0z_0}

であり、1 \leq r < nに対して

\displaystyle \left(\frac{\partial}{\partial z_r}\right)^{m_r}\alpha_r^{\gamma_rz_r} = \gamma_r^{m_r}(\log \alpha_r)^{m_r}\alpha_r^{\gamma_rz_r}

である。これと、

\alpha_1^{\gamma_1l}\cdots \alpha_{n-1}^{\gamma_{n-1}l}=\alpha_1^{\lambda_1l}\cdots \alpha_{n-1}^{\lambda_{n-1}l}\alpha_1^{\lambda_n\beta_1l}\cdots \alpha_{n-1}^{\lambda_n\beta_{n-1}l}

及び ①から得られる

\displaystyle e^{\lambda_n\beta_0l}\alpha_1^{\lambda_n\beta_1l}\cdots \alpha_{n-1}^{\lambda_n\beta_{n-1}l}=\alpha_n^{\lambda_nl}

に注意すれば同値性がわかる そこで、③が成立するようなp(\lambda_0, \dots, \lambda_{n})を見つけたい。a_1. \dots, a_n, b_0, \dots, b_{n-1}を系における整数とし、

P'(l, m_0, \dots, m_{n-1}):=(a_1\cdots a_n)^{Ll}b_0^{m_0}\cdots b_{n-1}^{m_{n-1}} -④

を③に掛けて

\displaystyle \gamma_r^{m_r}=(\lambda_r+\lambda_n\beta_r)^{m_r}=\sum_{\mu_r=0}^{m_r}\binom{m_r}{\mu_r}\lambda_r^{m_r-\mu_r}(\lambda_n\beta_r)^{\mu_r}

と展開すれば

\begin{align}&(a_1\cdots a_n)^{Ll}b_0^{m_0}\cdots b_{n-1}^{m_{n-1}}\sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^Lp(\lambda_0, \dots, \lambda_n) \\ &\quad \times \sum_{\mu_0=0}^{m_0}\binom{m_0}{\mu_0}\lambda_0(\lambda_0-1)\cdots (\lambda_0-\mu_0+1)(\lambda_n\beta_0)^{m_0-\mu_0}l^{\lambda_0-\mu_0}\alpha_1^{\lambda_1l}\cdots \alpha_n^{\lambda_nl} \\ &\quad \times \sum_{\mu_1=0}^{m_1}\binom{m_1}{\mu_1}\lambda_1^{m_1-\mu_1}(\lambda_n\beta_1)^{\mu_1}\cdots \sum_{\mu_{n-1}=0}^{m_{n-1}}\binom{m_{n-1}}{\mu_{n-1}}\lambda_{n-1}^{m_{n-1}-\mu_{n-1}}(\lambda_n\beta_{n-1})^{\mu_{n-1}}=0\end{align}

となるが、系によって得られる等式

\displaystyle (a_r\alpha_r)^{\lambda_rl}=\sum_{s_r=0}^{d-1}a_{r, s_r}^{(\lambda_rl)}\alpha_r^{s_r}, \ (b_r\beta_r)^{\mu_r}=\sum_{t_r=0}^{d-1}b_{r, t_r}^{(\mu_r)}\beta_r^{t_r}, \
 (b_0\beta_0)^{m_0-\mu_0}=\sum_{t_0=0}^{d-1}b_{0, t_0}^{(m_0-\mu_0)}\beta_0^{t_0}

を代入すれば次のようになる。

\displaystyle \sum_{s_1=0}^{d-1}\cdots \sum_{s_n=0}^{d-1}\sum_{t_0=0}^{d-1}\cdots \sum_{t_{n-1}=0}^{d-1}A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})\alpha_1^{s_1}\cdots \alpha_n^{s_n}\beta_0^{t_0}\cdots \beta_{n-1}^{t_{n-1}}=0.

ここで、

\begin{align} A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})=&\sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^L\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\cdots \sum_{\mu_{n-1}=0}^{m_{n-1}}p(\lambda_0, \dots, \lambda_n) \\ &\quad \times q'(l, \boldsymbol{\lambda})q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu})q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0),\end{align}

\begin{align} q'(l, \boldsymbol{\lambda})&=\prod_{r=1}^na_r^{(L-\lambda_r)l}a_{r, s_r}^{(\lambda_rl)}, \\
q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu}) &= \prod_{r=1}^{n-1}\binom{m_r}{\mu_r}(b_r\lambda_r)^{m_r-\mu_r}\lambda_n^{\mu_r}b_{r, t_r}^{(\mu_r)}, \\
q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0) &= \binom{m_0}{\mu_0}\lambda_0(\lambda_0-1)\cdots (\lambda_0-\mu_0-1)\lambda_n^{m_0-\mu_0}b_n^{\mu_0}l^{\lambda_0-\mu_0}b_{0, t_0}^{(m_0-\mu_0)}.\end{align}

よって、②はd^{2n}個の整数係数一次方程式 A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})=0が各l, \boldsymbol{m}に対して成立すれば成り立つ(p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)が未知数)。l \leq h\displaystyle \binom{m_r}{\mu_r} \leq 2^{m_r}、系より

\begin{align} \left|q'(l, \boldsymbol{\lambda})\right| &\leq \prod_{r=1}^na_r^{(L-\lambda_r)l}c_1^{\lambda_rl} \leq c_2^{Lh}, \\ \left|q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu})\right| &\leq \prod_{r=1}^{n-1}(c_3L)^{m_r}, \\ \left|q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0)\right| &\leq 2^{m_0}(\lambda_0b_n)^{\mu_0}(c_1\lambda_n)^{m_0-\mu_0}l^{\lambda_0-\mu_0} \leq (c_3L)^{m_0}h^L.\end{align}

また、

(m_0+1)\cdots (m_{n-1}+1) \leq 2^{m_0+\cdots +m_{n-1}} \leq 2^{h^2}

なので、A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})における p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)の係数の絶対値は

\begin{align} &\left|\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\cdots \sum_{\mu_{n-1}=0}^{m_{n-1}}q'(l, \boldsymbol{\lambda})q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu})q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0)\right| \\ &\leq 2^{h^2}(c_3L)^{m_0+\cdots +m_{n-1}}c_2^{Lh}h^L \leq U:=(2c_3L)^{h^2}c_4^{Lh}\end{align}

と評価できる。l, m_0, \dots, m_{n-1}の組の個数は高々h(h^2+1)^n個なので、考えている方程式 A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})=0の個数をMとすれば、

M \leq d^{2n}h(h^2+1)^n

である。一方、未知数 p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)の個数はN=(L+1)^{n+1}個。すると、

\displaystyle N > \left(h^{2-\frac{1}{4n}}\right)^{n+1} \geq h^{2n+\frac{3}{2}} > 2d^{2n}h(h^2+1)^n \geq 2M

である(h > cは十分大きいことに注意)。よって、Siegelの補題より非自明な整数解 p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)が存在して、任意の\boldsymbol{\lambda}に対して

\displaystyle \left|p(\lambda_0, \dots, \lambda_n)\right| \leq NU^{\frac{M}{N-M}} \leq NU \leq h^{2n+2}(2c_3L)^{h^2}c_4^{Lh}\leq e^{h^3}

が十分大なるhに対して成立する。 Q.E.D.

補題3 m_0, \dots, m_{n-1}m_0+\cdots +m_{n-1} \leq h^2が成り立つような非負整数とし、f(z):=\Phi_{m_0, \dots, m_{n-1}}(z,
 \dots, z)とする。このとき、任意の複素数zに対して
\displaystyle \left|f(z)\right| \leq c_5^{h^3+L\left|z\right|}
が成り立つ。更に、任意の正整数lに対して
f(l)=0 または \displaystyle \left|f(z)\right| > c_6^{-h^3-Ll}
が成り立つ。

証明.

補題4 J0 \leq J \leq (8n)^2を満たす整数とする。このとき、1 \leq l \leq h^{1+\frac{J}{8n}}なる整数lと非負整数m_0, \dots, m_{n-1}であって \displaystyle m_0+\cdots + m_{n-1} \leq \frac{h^2}{2^J}を満たすようなものに対して、
\displaystyle \Phi_{m_0, \dots, m_{n-1}}(l, \cdots, l)=0
が成り立つ。

証明.

命題2 (魔法関数に関する評価) \phi(z):=\Phi(z, \dots, z)とする。このとき、
\displaystyle \left|\phi_j(0)\right| < \exp(-h^{8n})\quad (0 \leq j \leq h^{8n})
が成り立つ。

証明.

2つの補題

補題5 全てが0ということはない整数t_1, \dots, t_nについて、或る正の数Tに対して \left|t_i\right| \leq T \ (1 \leq i \leq n)が成り立っていれば、
\displaystyle \left|t_1\log \alpha_1+\cdots +t_n\log \alpha_n\right| > c_{13}^{-T}
が成り立つ。

証明.

補題6 R, Sを正の整数とし、\sigma_0, \dots, \sigma_{R-1}を相異なる複素数とする。また、\sigma, \rho
\begin{align}\sigma &:= \max\{1, \left|\sigma_0\right|, \dots, \left|\sigma_{R-1}\right|\} \\ \rho &:= \min\{1, \left|\sigma_i-\sigma_j\right| \ (0 \leq i < j < R)\}\end{align}
と定義する。このとき、0 \leq r < R, \ 0 \leq s < Sなる整数の組 (r, s)を任意に取る毎に次のような関数W(z)が存在する: 関数W(z)
\displaystyle W(z)=\sum_{j=0}^{RS-1}w_jz^j
という形で表示され、各複素係数w_i\left|w_i\right| \leq (8\sigma/\rho)^{RS}を満たす。そして、i=r, j=sの場合を除く 0 \leq i < R, \ 0 \leq j < Sなる任煮の整数i, jに対して W_j(\sigma_i)=0が成り立ち、W_s(\sigma_r) =1が成り立つ。

証明.

証明の完結

S=L+1, R=S^nとする。0 \leq i < RSなる整数は

\displaystyle i=\lambda_0+\lambda_1S+\cdots +\lambda_nS^n, \quad (0 \leq \lambda_0, \dots, \lambda_n \leq L)

と一意的に表示することができる(S進法展開)。各iに対して、\nu_i, p_i, \psi_iiS進展開を利用して

\nu_i:=\lambda_0, \ p_i:=p(\lambda_0, \dots, \lambda_n), \ \psi_i:=\lambda_1\log \alpha_1+\cdots +\lambda_n\log \alpha_n

と定義する。このとき、命題1における\Psiの定義式と①から

\displaystyle \phi(z) = \sum_{i=0}^{RS-1}p_iz^{\nu_i}e^{\psi_iz}

と書けることがわかる。補題5より、相異なる(\lambda_1, \dots, \lambda_n)に対する\psi_iは差が少なくともc_{13}^{-L}だけある。よって、\psi_iの取りうる相異なる値は丁度R個である(\lambda_0の分だけ自由度がある)。それらの値を\sigma_0, \dots, \sigma_{R-1}としよう。\sigma, \rhoを補題6のように定義すれば、\sigma \leq c_{16}L, \ \rho \geq c_{17}^{-L}がわかる。今、tp_t \neq 0なる整数としよう(非自明解であったのでこのようなものは存在する)。s:=\nu_tとし、r\psi_t=\sigma_rとなるような整数とする。この r, sに対して、補題6によって存在する関数W(z)をとる。W(z)のもつ性質より

\displaystyle p_t=\sum_{i=0}^{RS-1}p_iW_{\nu_i}(\psi_i)

と書ける。定義式とLeibniz則より

\begin{align}W_{\nu_i}(\psi_i) &= \sum_{j=0}^{RS-1}j(j-1)\cdots (j-\nu_j+1)w_j\psi_i^{j-\nu_i} \\ &= \sum_{j=0}^{RS-1}w_j\left[ \frac{d^j}{dz^j}\left(z^{\nu_i}e^{\psi_i z}\right) \right] \Bigg|_{z=0}\end{align}

なので、

\displaystyle p_t=\sum_{j=0}^{RS-1}w_j\phi_j(0)

なる表示を得る。理由: 次のように二重和の変形で確認できる。

\begin{align} \sum_{j=0}^{RS-1}w_j\phi_j(0) &= \sum_{j=0}^{RS-1}w_j\frac{d^j}{dz^j}\left(\sum_{i=0}^{RS-1}p_iz^{\nu_i}e^{\psi_iz}\right)\Bigg|_{z=0} \\ &= \sum_{i=0}^{RS-1}p_i\sum_{j=0}^{RS-1}w_j\left[ \frac{d^j}{dz^j}\left(z^{\nu_i}e^{\psi_i z}\right) \right] \Bigg|_{z=0} =\sum_{i=0}^{RS-1}p_iW_{\nu_i}(\psi_i) = p_t.\end{align}

今、hは十分大なので、RS=S^{n+1} \leq h^{2n+2}である。命題2より 0 \leq j \leq RSに対して

\displaystyle \left|\phi_j(0)\right| < \exp(-h^{8n})

が成立し、補題6より

\displaystyle \left|w_j\right| \leq \left(\frac{8\sigma}{\rho}\right)^{RS} \leq (8c_{16}Lc_{17}^L)^{RS} \leq c_{18}^{h^{2n+4}}.

最後に、\left|p_t\right| \geq 1を使えば、

\displaystyle 1 \leq \left|p_t\right| \leq \sum_{j=0}^{RS-1}\left|w_j\right|\cdot \left|\phi_j(0)\right| \le RSc_{18}^{h^{2n+4}}\exp(-h^{8n})

なので、

\displaystyle 0 \leq (2n+2)\log h + c_{19}h^{2n+4}-h^{8n}

が得られた。これは、hが十分に大きいときに矛盾する。 Q.E.D.

*1:A. Baker, transcendental number theory, Cambridge University Press, (1975).

超越数論の古典的定理

超越数論の古典的な結果のうち、比較的大きな定理を鑑賞しましょう。ここでは証明は紹介しません。

Lindemann-Weierstrassの定理

Lindemann-Weierstrassの定理 (1885) nを正整数とし、\alpha_1, \dots, \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立な代数的数とする。このとき、e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n}\overline{\mathbb{Q}}上代数的独立である。

これは、Lindemannが彼の仕事のもとで予想したものであり、Weierstrassが1885年に証明を詳述したためにこのように呼ばれています。

LWの定理の言い換え1 a_1, \dots, a_n0でない代数的数とし、\alpha_1, \dots, \alpha_nを相異なる代数的数とする。このとき、
\displaystyle a_1e^{\alpha_1}+\cdots +a_ne^{\alpha_n}\neq 0
である。

a_1, \dots, a_nを「少なくとも一つが0ではない代数的数」としても主張としては同じです。

同値であることの証明.*1 Lindemann-Weierstrassの定理 \Longrightarrow 言い換え1: \mathbb{Q}上ベクトル空間 \mathbb{Q}(\alpha_1, \dots, \alpha_n )の基底を\beta_1, \dots, \beta_mとする。このとき、

\displaystyle \alpha_i = c_{i1}\beta_1+\cdots +c_{im}\beta_m, \quad c_{ij} \in \mathbb{Q}, \ 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m

と書け、\alpha_1, \dots, \alpha_nは相異なるという仮定から各ベクトル(c_{i1}, \dots, c_{im}), \ (1\leq i \leq n)は相異なる。背理法で証明するために

\displaystyle  a_1e^{\alpha_1}+\cdots +a_ne^{\alpha_n}=0

と仮定すると、

\displaystyle a_1(e^{\beta_1})^{c_{11}}\cdots (e^{\beta_m})^{c_{1m}}+\cdots +a_n(e^{\beta_1})^{c_{n1}}\cdots (e^{\beta_m})^{c_{nm}}=0

となる。c_{ij} < 0であるもの全てに対して両辺をe^{-c_{ij}\beta_j}倍することによって、任意のi, jについてc_{ij} \geq 0であると仮定してよいので、これはLWの定理によって e^{\beta_1}, \dots, e^{\beta_m}\overline{\mathbb{Q}}上代数的独立であることに矛盾する。

言い換え1 \Longrightarrow Lindemann-Weierstrassの定理の証明: e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n}が代数的従属であったと仮定する。つまり、0でない代数的数係数多項式

\displaystyle F(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i=1}^m a_ix_1^{c_{i1}}\cdots x_n^{c_{in}}

が存在して、F(e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n})=0が成り立つ。\alpha_1, \dots, \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立という仮定から c_{i1}\alpha_1+\cdots+c_{in}\alpha_nは各1 \leq i \leq mに対して相異なるため、指数法則でF(e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n})=0を書き直すと言い換え1に矛盾することがわかる。 Q.E.D.

これが次と同値であることは明らかです:

LWの定理の言い換え2 \alpha_1, \dots, \alpha_nを相異なる代数的数とする。このとき、e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n}\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。

Lindemann-Weierstrassの定理の系

系1 a_1, \dots, a_n0でない代数的数とし、\alpha_1, \dots, \alpha_n0でない相異なる代数的数とする。このとき、\displaystyle a_1e^{\alpha_1}+\cdots +a_ne^{\alpha_n}は超越数である。

証明. もし、a_1e^{\alpha_1}+\cdots +a_ne^{\alpha_n}=-a_0が代数的数であれば、言い換え1より a_0 \neq 0であり、

\displaystyle a_0e^0+a_1e^{\alpha_1}+\cdots +a_ne^{\alpha_n}=0

は言い換え1に矛盾する。 Q.E.D.

次は系1の系ですが、よくHermite-Lindemannの定理と呼ばれます。

系2 (Hermite-Lindemannの定理) \alpha0でない代数的数であれば、e^{\alpha}は超越数である。

系3 ネイピア数e及び円周率\piは超越数である。

証明. 系2において \alpha=1とした場合がeの超越性。\piが代数的数であると仮定する。このとき、i\piも代数的数であり、系2より e^{i\pi}=-1が超越数となって矛盾する。よって、\piは超越数である。 Q.E.D.

e\piの超越性証明は既に解説記事を書いていますが、Lindemann-Weierstrassの定理はこれらの証明手法を精密化することにより証明されます(すなわち、本質的には同じ証明)。

integers.hatenablog.com
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Hermite-Lindemannの定理の言い換えを行いましょう。一つ目の言い換えは自明な言い換えです:

HLの定理の言い換え1 \alpha0でない複素数とする。このとき、\alphae^{\alpha}のうち少なくとも一方は超越数である。

HLの定理の言い換え2 0, 1でない代数的数\alphaと対数関数の任意の枝に対して、\log \alphaは超越数である。

同値であることの証明. HLの定理 \Longrightarrow 言い換え2: 0, 1でない代数的数\alphaに対して\beta:=\log \alphaが代数的数であると仮定する。このとき、\beta \neq 0であり、e^{\beta}=\alphaは代数的数である。これはHLの定理に矛盾する。

言い換え2 \Longrightarrow HLの定理: 0でない代数的数\alphaに対して \beta:=e^{\alpha}が代数的数であったと仮定する。このとき、\beta \neq 0, 1であり、\log \beta = \alphaとなる対数関数の枝を取れば、これは言い換え2に矛盾する。 Q.E.D.

次の言い換え3は言い換え2の言い換えです。

HLの定理の言い換え3 \alpha0, 1ではない代数的数とする。このとき、1\log \alpha\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。これは、対数関数の任意の枝に対して成立する。

\exp\log01でない代数的数を代入すると超越数であることが分かりましたが、他の馴染み深い幾つかの関数達の代数的数における値の超越性もLindemann-Weierstrassの定理からわかります。

系4 0でない代数的数\alphaに対して \sin \alpha, \cos \alpha, \tan \alpha, \sinh \alpha, \cosh \alpha, \tanh \alphaは全て超越数である。

証明. Eulerの公式、系1、LWの定理の言い換え1、2などからわかる。 Q.E.D.

Gelfond-Schneiderの定理

Hilbertの第7問題を解決したのがGelfond-Schneiderの定理です。すぐ後で見るように2^{\sqrt{2}}が超越数であることを含む結果ですが、Hilbertが2^{\sqrt{2}}が超越数であることを示すことはRiemann予想やFermatの最終定理を証明することよりも難しいだろうという旨の発言をしたというエピソードは有名です。ちなみに、GelfondとSchneiderは独立の仕事です。

Gelfond-Schneiderの定理 (1934) \alpha, \beta\alpha \neq 0, 1及び\beta \not \in \mathbb{Q}を満たすような代数的数とする。このとき、\alpha^{\beta}は超越数である。

\alpha^{\beta}:=e^{\beta \log \alpha}であり、「\logの枝の取り方に依らずに\alpha^{\beta}は超越数となる」というのが正確な主張の意味です。

GSの定理の言い換え1 \lambda, \beta\lambda \neq 0, \ \beta \not \in \mathbb{Q}を満たすような複素数とする。このとき、e^{\lambda}, \ \beta, e^{\beta \lambda}の少なくとも一つは超越数である。

GSの定理の言い換え2 \alpha, \beta0でない代数的数とし、\alpha \neq 1であるとする。このとき、\log \beta/\log \alpha \not \in \mathbb{Q}であれば、\log \beta/ \log \alphaは超越数である。これは、二つある\logについて任意の枝で成立し、それぞれの枝の選択が一致している必要はない。

GSの定理の言い換え3 \alpha, \beta0でない代数的数であるとする。このとき、\log \alpha\log \beta\mathbb{Q}上一次独立であれば、\log \alpha\log \beta\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。これは、二つある\logについて任意の枝で成立し、それぞれの枝の選択が一致している必要はない。

同値であることの証明. Gelfond-Schneiderの定理 \Longrightarrow 言い換え1: \alpha:=e^{\lambda}とすると、\alpha \neq 0, 1である。\alpha\betaが代数的数であると仮定する。このとき、\log \alpha=\lambdaとなるような枝を取れば \alpha^{\beta}=e^{\beta \lambda}であり、Gelfond-Schneiderによってこれは超越数である。

言い換え1 \Longrightarrow 言い換え2: \displaystyle \lambda:=\log \alpha, \ \beta':=\frac{\log \beta}{\log \alpha}とし、\beta' \not \in \mathbb{Q}とする。e^{\lambda}=\alpha 及び e^{\beta'\lambda}=e^{\log \beta}=\betaは代数的数なので、言い換え1より \beta'は超越数である。

言い換え2 \Longrightarrow Gelfond-Schneiderの定理: \beta':=\alpha^{\beta}=e^{\beta \log \alpha}とし、\log \beta'の方の\logの枝を\log \beta'=\beta \log \alphaとなるように選択する。\beta'が代数的数であると仮定する。\log \alpha \neq 0であり、\displaystyle \beta=\frac{\log \beta'}{\log \alpha} \not \in \mathbb{Q}なので、言い換え2より \betaは超越数である。これは\betaが代数的数であるという仮定に矛盾する。よって、\beta'は超越数である。

言い換え3は言い換え2の単なる言い換えである。 Q.E.D.

Geofond-Schneiderの定理の系

系5 \ e^{\pi}, \ 2^{\sqrt{2}}, \ \sqrt{2}^{\sqrt{2}}, \ \log_{10}2は超越数である。

証明. \sqrt{2}\log_{10}2が無理数であることは簡単にわかるので、2^{\sqrt{2}}, \ \sqrt{2}^{\sqrt{2}}の超越性はGelfond-Schneiderの定理から、\log_{10}2の超越性はGSの定理の言い換え2から従う。\log(-1)=-i\piとなるような\logの枝を取る。このとき、

\displaystyle (-1)^i=e^{i\log(-1)}=e^{\pi}

なので、Gelfond-Schneiderの定理より e^{\pi}は超越数である。 Q.E.D.

\sqrt{2}^{\sqrt{2}}を使った有名なトリックがありますが、この数が実際に超越数であることがわかります。
tsujimotter.hatenablog.com

Bakerの定理

この節で紹介するBakerの定理は古典的超越数論における最重要定理です。

Bakerの定理 (1966) \alpha_1, \dots, \alpha_n0でない代数的数とする。このとき、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立であれば、1, \log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。

ここで、n個ある\logについて任意の枝で成立し、それぞれの枝の選択が一致している必要はありません。次のように枝の選択についての記述を避けることもできます:

Bakerの定理の言い換え 集合\mathcal{L}
\displaystyle \mathcal{L}:=\{\lambda \in \mathbb{C} \mid e^{\lambda} \in \overline{\mathbb{Q}}\}
と定義する。このとき、\lambda_1, \dots, \lambda_n \in \mathcal{L}\mathbb{Q}上一次独立であれば、1, \lambda_1, \dots, \lambda_n\overline{\mathbb{Q}}上一次独立である。

Bakerの定理はHermite-Lindemannの定理とGelfond-Schneiderの共通の一般化であることがわかります(cf. HLの定理の言い換え3、GSの定理の言い換え3)。

Bakerの定理の系

系6 \alpha_1, \dots, \alpha_nを代数的数とし、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_nを考える(各\logの枝はそれぞれ任意に取る)。このとき、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\overline{\mathbb{Q}}-線形結合は0でなければ超越数である。

証明. nに関する帰納法で証明する。n=1のときはHLの定理の言い換え2より成立する。n-1のときに成立すると仮定して、nの場合に証明する。

\displaystyle \Lambda := a_1\log \alpha_1+a_2\log \alpha_2+\cdots +a_n\log \alpha_n\neq 0, \quad a_1, \dots, a_n \in \overline{\mathbb{Q}}

を考えて、\Lambdaが超越数であることを証明すればよい。もし、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立であれば、Bakerの定理によって 1, \log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\overline{\mathbb{Q}}上一次独立であるため、\Lambdaは超越数であることがわかる(背理法)。次に、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次従属であると仮定する。適当に番号を付け替えることによって、

\log \alpha_n \in \mathrm{Span}\langle \log \alpha_1, \dots, \log \alpha_{n-1}\rangle_{\mathbb{Q}}

であると仮定してよい。このとき、\log \alpha_n\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_{n-1}\mathbb{Q}-線形結合で書いて、\Lambdaの定義式に代入して整理すれば

\displaystyle \Lambda = b_1\log \alpha_1+b_2\log \alpha_2+\cdots +b_{n-1}\log \alpha_{n-1}\neq 0, \quad b_1, \dots, b_{n-1} \in \overline{\mathbb{Q}}

となり、帰納法の仮定からこれは超越数である。 Q.E.D.

系7 \alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_n0でない代数的数とする。このとき、e^{\beta_0}\alpha_1^{\beta_1}\cdots \alpha_n^{\beta_n}は超越数である。ここで、各複素数冪についてそれぞれ自由に\logの枝を取ってよい。

証明. \alpha_{n+1}:=e^{\beta_0}\alpha_1^{\beta_1}\cdots \alpha_n^{\beta_n}が代数的数であると仮定する。このとき、\log \alpha_{n+1}の枝を適切に取れば

\displaystyle \beta_1\log \alpha_1+\cdots +\beta_n\log \alpha_n-\log \alpha_{n+1} = -\beta_0 \neq 0

が成り立つが、これは系6に矛盾する。 Q.E.D.

系8 \alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_1, \dots, \beta_nが代数的数であって、\alpha_1, \dots, \alpha_nはどれも0, 1ではなく、1, \beta_1, \dots, \beta_n\mathbb{Q}上一次独立であると仮定する。このとき、\alpha_1^{\beta_1}\cdots \alpha_n^{\beta_n}は超越数である。ここで、各複素数冪についてそれぞれ自由に\logの枝を取ってよい。

n=1の場合がGelfond-Schneiderの定理となっています。

証明. 1を除いた\beta_1 \dots, \beta_n\mathbb{Q}上一次独立であるときに

\Lambda := \beta_1\log \alpha_1+\cdots +\beta_n\log \alpha_n \neq 0

であるという主張を示せばよい。理由: この主張が証明されたとする。本来の仮定「1, \beta_1, \dots, \beta_n\mathbb{Q}上一次独立である」の元で \alpha_{n+1}:=\alpha_1^{\beta_1}\cdots \alpha_n^{\beta_n}が代数的数であると仮定する。自明に\alpha_{n+1} \neq 0であり、主張より\alpha_{n+1} \neq 1である。このとき、\beta_{n+1}:=-1として主張のn+1の場合を適用すると

\displaystyle \beta_1\log \alpha_1+\cdots +\beta_n\log \alpha_n-\log \alpha_{n+1} \neq 0

でなければならないが、これが0となるように\log \alpha_{n+1}の枝を取れるので矛盾する。よって、\alpha_{n+1}は超越数である 

主張は帰納法で証明する。n=1の場合は自明。n-1のときに成立すると仮定して、nのときを証明する。もし、\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次独立であれば、Bakerの定理によって \Lambda \neq 0がわかる。\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n\mathbb{Q}上一次従属なら、適当に番号を付け替えることによって、有理数 c_1, \dots, c_{n-1}が存在して

\log \alpha_n = c_1\log \alpha_1+\cdots +c_{n-1}\log \alpha_{n-1}

と書けると仮定してよい。このとき、

\displaystyle \Lambda = \beta_1'\log \alpha_1+\cdots +\beta_{n-1}'\log \alpha_{n-1}, \quad \beta_i'=\beta_i+c_i\beta_n \ (1 \leq i \leq n-1)

と書ける。\beta_1, \dots, \beta_n\mathbb{Q}上一次独立なので \beta_1', \dots, \beta_{n-1}'\mathbb{Q}上一次独立であり、帰納法の仮定より \Lambda \neq 0が従う。 Q.E.D.

昔の記事

integers.hatenablog.com

に書いてあるルートの\mathbb{Q}上一次独立性の結果を用いると、例えば 2^{\sqrt{2}}3^{\sqrt{3}}5^{\sqrt{5}}7^{\sqrt{7}}の超越性などがわかります。

系9 \alpha, \betaは代数的数で、\beta \neq 0とする。このとき、e^{\alpha \pi+\beta}は超越数である。

証明. \log (-1)=i\piとなるような枝を取ると、e^{\alpha \pi+\beta}=e^{\beta}(-1)^{-i\alpha}となるので、系7よりこれは超越数である(\alpha=0の場合はHermite-Lindemannの定理)。 Q.E.D.

系10 0でない任意の代数的数\alphaと任意の\logの枝に対して、\pi+\log \alphaは超越数である。

証明. \pi+\log \alpha = -i\log (-1)+\log \alphaと書けるので、系6よりこれは超越数である。ただし、\log \alpha = -\pi < 0となることはないことに注意。 Q.E.D.

*1:A \Longrightarrow Bの証明を記述するとき、Aを仮定した上で、Bの主張における記号設定下で議論しているものとします。

リュービル数

超越数の存在は1844年にLiouvilleによって初めて証明されました。この記事ではLiouville数について簡潔にまとめます。

定義 複素数\alphaLiouville数であるとは、任意の正整数nに対して在る整数a, bであって、b > 1なるものが存在して、
\displaystyle 0 < \left| \alpha - \frac{a}{b}\right| < \frac{1}{b^n}
が成り立つときにいう。

Liouville数の例を一つ上げておきます:

Liouville数の例 \ \displaystyle \alpha := \sum_{j=0}^{\infty}\frac{1}{2^{j!}}はLiouville数である。

証明. \alphaは小数としての二進法表示においていくらでも長く0が続く区間があるので(そして1も無数に現れる)、無理数である(周期的ではない)。正整数nを任意に取る。このとき、有理数 a/b

\displaystyle \frac{a}{b} := \sum_{j=0}^n\frac{1}{2^{j!}}, \quad b=2^{n!} > 1

と定義する。\alphaは無理数なので

\displaystyle \left|\alpha -\frac{a}{b}\right| > 0

である。一方、

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| = \sum_{j=n+1}^{\infty}\frac{1}{2^{j!}} < \sum_{j=(n+1)!}^{\infty}\frac{1}{2^j} = \frac{1}{2^{(n+1)!-1}}\leq \frac{1}{2^{n\cdot n!}} = \frac{1}{b^n}

と評価できるため、\alphaがLiouville数の定義を満たすことが確認された。 Q.E.D.

補題 (代数的無理数の近似) nを正整数とし、\alphan次の代数的数とする。このとき、\alphaのみに依存する正定数 C=C(\alpha) > 0が存在して、任意の整数 a, b \ (b > 0)に対して
\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| > \frac{C}{b^n}
が成り立つ。

証明. \alphaの整数係数最小多項式を \displaystyle f(x)=\sum_{j=0}^na_jx^jとする(a_n\neq 0, \ f(\alpha)=0)。\displaystyle M:=\max_{[\alpha-1, \alpha+1]}\left|f'(x)\right|とし、\alpha_1, \dots, \alpha_m\alphaと異なる f(x)の相異なる根全体とする*1。正の数 C

\displaystyle C < \min\{1, M^{-1}, \left|\alpha-\alpha_1\right|, \dots, \left|\alpha-\alpha_m\right|\}

を満たすように任意にとって固定する。この Cに対して主張が成り立つことを背理法で証明する。すなわち、或る整数 a, b \ (b > 0)に対して

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| \leq \frac{C}{b^n}

であると仮定する。このとき、

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| \leq \frac{C}{b^n} \leq C < \min\{1, \left|\alpha-\alpha_1\right|, \dots, \left|\alpha-\alpha_m\right|\}

なので、\displaystyle \frac{a}{b} \in [\alpha-1, \alpha+1] 及び \displaystyle \frac{a}{b} \not \in \{\alpha_1, \dots, \alpha_m\} がわかる。平均値の定理によって、a/b\alphaの間の実数 \xiであって

\displaystyle f(\alpha)-f\left(\frac{a}{b}\right) = \left(\alpha-\frac{a}{b}\right)f'(\xi)

なるものが存在し、このとき、\displaystyle f(\alpha)=0, \ f\left(\frac{a}{b}\right) \neq 0 なので

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| = \left|\frac{f\left(\frac{a}{b}\right)-f(\alpha)}{f'(\xi)}\right| = \frac{\left|f\left(\frac{a}{b}\right)\right|}{\left|f'(\xi)\right|}

及び

\displaystyle \left|f\left(\frac{a}{b}\right)\right| = \frac{\left|\sum_{j=0}^na_ja^jb^{n-j}\right|}{b^n} \geq \frac{1}{b^n}

が成り立つ。\left|f'(\xi)\right| \leq Mなので、

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| \geq \frac{1}{Mb^n} > \frac{A}{b^n} \geq \left|\alpha-\frac{a}{b}\right|

となって、矛盾に到達する。 Q.E.D.

定理 (Liouville) Liouville数は超越数である。

証明. \alphaをLiouville数とし、\alphaが代数的数と仮定して矛盾させる。まず、\alphaが有理数であると仮定する。このとき、整数 c, d \ (d > 0)が存在して、\displaystyle \alpha=\frac{c}{d}と書ける。2^{n-1} > dなる正整数nをとると、任意の整数 a, bであって \displaystyle b > 1, \ \frac{a}{b} \neq \frac{c}{d}なるものに対して、

\displaystyle \left|\alpha-\frac{a}{b}\right| = \left|\frac{c}{d}-\frac{a}{b}\right| \geq \frac{1}{bd} > \frac{1}{2^{n-1}b} \geq \frac{1}{b^n}

となる。これは \alphaがLiouville数であるという仮定に反する。次に、\alphaが代数的無理数であると仮定する。\alphaの次数をnとして、補題の正定数Cをとる。2^r \geq C^{-1}なる正整数rをとると、\alphaがLiouville数であることから或る整数a, b \ (b > 1)が存在して

\displaystyle \left|\alpha -\frac{a}{b}\right| < \frac{1}{b^{n+r}} \leq \frac{1}{2^rb^n} \leq \frac{C}{b^n}

と評価できるが、補題より

\displaystyle \left|\alpha - \frac{a}{b}\right| > \frac{C}{b^n}

でなければならない。これは矛盾である。従って、\alphaは超越数である。 Q.E.D.

*1:n=1のときは考えない