2018-02-03

少なくとも一つは必ず無理数なんだ。

定理解説

Apéryは伝説を残した。

integers.hatenablog.com

その後、2000年を過ぎたあたりにRivoalという天才が彗星の如く現れ、

$\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \dots$ の中には無理数が無数に存在する

ということを証明した(Ballと共著でInvent. Mathに掲載されている)。Rivoalは

$\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \dots, \zeta(21)$ の中に少なくとも一つ無理数が存在する

ということも証明し、それを受けてZudilinは

$\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \zeta(11)$ の中に少なくとも一つ無理数が存在する

ということを証明した。

初めてこれらの結果を見た者は「そんなこと一体どうやって示すんだ！？」と思うことだろう。ただ、それらの証明は非専門化には少々アクセスしにくいレベルの高さにある。

そんな状況の中、Zudilinが1月30日に次のようなプレプリントを発表した。

W. Zudilin, "One of the odd zeta values from $\zeta(5)$ to $\zeta(25)$ is irrational. By elementary means", preprint.

$\zeta(11) \to \zeta(25)$ と精度は落ちるが、それでも「少なくとも一つは無理数」系の結果を非常に初等的に証明できることを発見したというのだ。

果たして、あなたはこの論文を読まずにいられるだろうか。

定理 (Zudilin) $\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \dots, \zeta(25)$ の中に少なくとも一つ無理数が存在する。

この記事ではZudilinのプレプリントに則って、この定理の証明を解説する。現状理解できていない部分があります(能力不足を反省)。

構成

$s$ は $7$ 以上の奇数とする。正整数 $n$ に対して

$\displaystyle R_n(t) := \frac{\displaystyle (n!)^{s-5}\prod_{j=1}^n(t-j)\prod_{j=1}^n(t+n+j)\cdot 2^{6n}\prod_{j=1}^{3n}(t-n-\frac{1}{2}+j)}{\displaystyle \prod_{j=0}^n(t+j)^s}$

として、 $r_n, \hat{{ }r}_n$ を

$\displaystyle r_n := \sum_{\nu=1}^{\infty}R_n(\nu), \quad \hat{{ }r}_n := \sum_{\nu=1}^{\infty}R_n\left(\nu-\frac{1}{2}\right)$

と定める。

超幾何型の級数を用いる方法である。これは奇数ゼータのみの線形結合を作りやすい利点がある一方、解析パートがハードになりがちであった。しかしながら、今回の証明では 鞍点法も複素積分も用いない！(が、この部分に私がわかっていない箇所がある)。また、従来の手法では微分で $\zeta(3)$ を消す感じであったが、(半整数シフトして)数列を二つ構成することによって、組み合わせて $\zeta(3)$ を消している！！

部分分数分解と整数性

補題１*1 $P(t)$ を複素係数多項式とし、 $t_1, \dots, t_q$ は相異なる複素数、 $s_1, \dots, s_q$ は正整数とする。このとき、

$\displaystyle S(t) = \frac{P(t)}{(t-t_1)^{s_1}(t-t_2)^{s_2}\cdots (t-t_q)^{s_q}}$

は

$\displaystyle S(t) = \sum_{j=1}^q\sum_{i=1}^{s_j}\frac{b_{i, j}}{(t-t_j)^i}$

と部分分数分解できる。ここで、

$\displaystyle b_{i, j} = \frac{1}{(s_j-i)!}\frac{d^{s_j-i}}{dt^{s_j-i}}\left(S(t)(t-t_j)^{s_j}\right) \Bigg|_{t=t_j}$

で与えられる。

証明. 分解できることは部分分数分解 - INTEGERSの定理よりわかる。 $b_{i, j}$ の公式はTaylor展開係数の標準的な表示にすぎない。 Q.E.D.

$d_n:=\mathrm{lcm}[1, 2, \dots, n]$ とする。

補題２ $k_1, \dots, k_q$ を $\{0, 1, \dots, n\}$ に属する相異なる数とし、 $s_1, \dots, s_q$ を正整数とする。このとき、分解

$\displaystyle \frac{1}{\displaystyle \prod_{j=1}^q(t+k_j)^{s_j}} = \sum_{j=1}^q\sum_{i=1}^{s_j}\frac{b_{i, j}}{(t+k_j)^i}$

について

$\displaystyle d_n^{s-i}b_{i, j} \in \mathbb{Z} \quad (j=1, \dots, q, i=1, \dots, s_j)$

が成り立つ。ここで、 $s:=s_1+\cdots +s_q$ である。

証明. 分解の左辺を $S(t)$ とする。 $q=1$ のときは主張は自明に成立するため、 $q \geq 2$ とする。 $j$ について情報は対等であるため、 $j=1$ のときに示せば十分である(これは記号の煩雑さを避けるためだけの仮定)。 $m \geq 0$ に対してライプニッツの公式の証明と二項定理 | 高校数学の美しい物語の「２つめの拡張」より

$\begin{align} \frac{1}{m!}\frac{d^m}{dt^m}\left(S(t)(t+k_1)^{s_1}\right) &= \frac{1}{m!}\frac{d^m}{dt^m}\left(\prod_{j=2}^q(t+k_j)^{-s_j}\right) \\ &= \sum_{\substack{l_2+\cdots +l_q=m \\ l_2, \dots, l_q \geq 0}}\prod_{j=2}^q(-1)^{l_j}\binom{s_j+l_j-1}{l_j}(t+k_j)^{-(s_j+l_j)}\end{align}$

と計算できる。よって、補題１の表示より、 $i=1, \dots, s_1$ に対して

$\displaystyle b_{i, 1} = \sum_{\substack{l_2+\cdots +l_q=s_1-i \\ l_2, \dots, l_q \geq 0}}\prod_{j=2}^q(-1)^{l_j}\binom{s_j+l_j-1}{l_j}\frac{1}{(k_j-k_1)^{s_j+l_j}}$

が得られた。 $j=2, \dots, q$ に対して $\frac{d_n}{k_j-k_1} \in \mathbb{Z}$ であり、 $\sum_{j=2}^q(s_j+l_j) = s-i$ なので主張の成立がわかる。 Q.E.D.

命題１ 補題１によって $R_n(t)$ は

$\displaystyle R_n(t) = \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{a_{i, k}}{(t+k)^i}$

と分解されるが*2、

$\displaystyle d_n^{s-i}a_{i, k} \in \mathbb{Z}, \quad (i=1, \dots, s, k=0, \dots, n)$

が成り立つ。

証明. 次の６つの有理関数の部分分数分解を考える：

$\begin{align} F_1(t) &:= \frac{n!}{\prod_{j=0}^n(t+j)} = \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k\binom{n}{k}}{t+k} \\ F_2(t)&:=\frac{\prod_{j=1}^n(t-j)}{\prod_{j=0}^n(t+j)}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n+k}\binom{n+k}{n}\binom{n}{k}}{t+k} \\ F_3(t) &:=\frac{\prod_{j=1}^n(t+n+j)}{\prod_{j=0}^n(t+j)} = \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k\binom{2n-k}{n}\binom{n}{k}}{t+k} \\ F_4(t) &:=\frac{2^{2n}\prod_{j=1}^n(t+\frac{1}{2}-j)}{\prod_{j=0}^n(t+j)} = \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n+k}\binom{2n+2k}{2n}\binom{2n}{n+k}}{t+k} \\ F_5(t) &:=\frac{2^{2n}\prod_{j=1}^n(t-\frac{1}{2}+j)}{\prod_{j=0}^n(t+j)} = \sum_{k=0}^n\frac{\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k}}{t+k} \\ F_6(t) &:=\frac{2^{2n}\prod_{j=1}^n(t+n-\frac{1}{2}+j)}{\prod_{j=0}^n(t+j)}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k\binom{4n-2k}{2n}\binom{2n}{k}}{t+k} \end{align}$

これらは全て補題１より $F_i(t)(t+k)\Big|_{t=-k}$ を計算すれば導出できる*3。全ての係数が整数であることに注意する。このとき、

$\displaystyle R_n(t) = F_1(t)^{s-5}F_2(t)F_3(t)F_4(t)F_5(t)F_6(t)$

が成り立つので*4、上記部分分数分解を代入して展開し、補題２を適用すればよい(部分分数分解の一意性)。 Q.E.D.

奇数ゼータの一次結合

次の補題は偶数ゼータが現れないないことを保証する。

補題３ 命題１の部分分数分解に対して、

$a_{i, k} = (-1)^{i-1}a_{i, n-k}, \quad (i=1, \dots, s, k=0, \dots, n)$

が成り立つ。これより、 $i$ が偶数であれば

$\displaystyle \sum_{k=0}^na_{i, k}=0$

が成り立つ。

証明. $R_n(-t-n) = -R_n(t)$ が成り立つ。理由:

$\displaystyle \prod_{j=1}^t(-t-n-j) = (-1)^n\prod_{j=1}^n(t+n+j)$

$\displaystyle \prod_{j=1}^t( (-t-n)+n+j) = (-1)^n\prod_{j=1}^n(t-j)$

$\displaystyle \prod_{j=1}^{3n}( (-t-n)-n-\frac{1}{2}+j) = (-1)^{3n}\prod_{j=1}^{3n}(t+2n+\frac{1}{2}-j) \stackrel{j\mapsto 3n-j+1}{=} (-1)^{3n}\prod_{j=1}^{3n}(t-n-\frac{1}{2}+j)$

$\displaystyle \prod_{j=0}^n(-t-n+j)^s = (-1)^{s(n+1)}\prod_{j=0}^n(t+n-j) = (-1)^{s(n+1)}\prod_{j=0}^n(t+j)$

であるので、 $s$ が奇数であることより従う。

そうして、

$\displaystyle R_n(-t-n) = \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{a_{i, k}}{(-t-n+k)^i} = \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^ia_{i, k}}{(t+n-k)^i}= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^ia_{i, n-k}}{(t+k)^i}$

と計算できるので、部分分数分解の一意性より $a_{i, k}=(-1)^{i-1}a_{i, n-k}$ が従う。よって、

$\displaystyle \sum_{k=0}^na_{i, k} = (-1)^{i-1}\sum_{k=0}^na_{i, n-k} = (-1)^{i-1}\sum_{k=0}^na_{i, k}$

となって、後半の成立がわかる。 Q.E.D.

命題２ $d_n^{s-i}a_i \in \mathbb{Z}, \ (i=3, 5, \dots, s)$ および $d_n^sa_0, d_n^s\hat{{ }a}_0 \in \mathbb{Z}$ が成り立つような有理数 $a_3, \dots, a_s, a_0, \hat{{ }a}_0$ が存在して、

$\displaystyle r_n = \sum_{\substack{i=3 \\ i: \text{奇数}}}a_i\zeta(i) + a_0, \quad \hat{{ }r}_n = \sum_{\substack{i=3 \\ i: \text{奇数}}}a_i(2^i-1)\zeta(i) + \hat{{ }a}_0$

が成り立つ。

証明. $0 < z < 1$ に対して、 $r_n(z):=\sum_{\nu=1}^{\infty}R_n(\nu)z^{\nu}$ とし、 $i \geq 1$ に対してポリログを $\mathrm{Li}_i(z) := \sum_{l=1}^{\infty}\frac{z^l}{l^i}$ と定義する。このとき、 $R_n(\nu)$ の部分分数分解表示を代入することにより

$\begin{align} r_n(z) &= \sum_{\nu=1}^{\infty}R_n(z)z^{\nu} \\ &= \sum_{\nu=1}^{\infty}\sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{a_{i, k}z^{\nu}}{(z+k)^i} \\ &= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^na_{i, k}z^{-k}\sum_{\nu=1}^{\infty}\frac{z^{\nu+k}}{(\nu+k)^i} \\ &= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^na_{i, k}z^{-k}\left(\mathrm{Li}_i(z)-\sum_{l=1}^k\frac{z^l}{l^i}\right) \\ &= \sum_{i=1}^s\mathrm{Li}_i(z)\Biggl(\sum_{k=0}^na_{i, k}z^{-k}\Biggr)-\sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\sum_{l=1}^k\frac{a_{i, k}z^{-(k-l)}}{l^i}\end{align}$

と計算できる。ここで、 $s \geq 7$ であることから $R_n(t)$ の無限遠点における留数が $0$ であることに注意すると、留数定理によって

$\displaystyle \sum_{k=0}^na_{1, k} = \sum_{k=0}^n\mathrm{Res}_{t=-k}R_n(t) = -\mathrm{Res}_{t=\infty}R_n(t) = 0$

が得られる。よって、因数定理により $z$ に関する多項式 $f(z)$ が存在して

$\displaystyle \sum_{k=0}^na_{1, k}z^{-k} = z^{-n}(z-1)f(z)$

と書ける。一方、 $\mathrm{Li}_1(z) = -\log(1-z)$ なので、

$\displaystyle \lim_{z \to 1^-}\mathrm{Li}_1(z)\Biggl(\sum_{k=0}^na_{1, k}z^{-k}\Biggr) = 0$

である。よって、上記計算において $z \to 1^-$ とすることによって

$\displaystyle r_n = \sum_{i=2}^s\Biggl(\sum_{k=0}^na_{i, k}\Biggr)\zeta(i) - \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^na_{i, k}\sum_{l=1}^k\frac{1}{l^i}$

が得られた。

$\displaystyle a_i := \sum_{k=0}^na_{i, k} \ (i=2, \dots, s),\quad a_0:=\sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^na_{i, k}\sum_{l=1}^k\frac{1}{l^i}$

とすれば、補題３より $i$ が $2$ 以上の偶数のときは $a_i=0$ となり、 $0 \leq k \leq n, i \geq 1$ に対して

$\displaystyle d_n^i\sum_{l=1}^k\frac{1}{l^i} \in \mathbb{Z}$

であることから、 $d_n^{s-i}a_i \in \mathbb{Z}, \ (i=3, 5, \dots, s)$ および $d_n^sa_0 \in \mathbb{Z}$ が成り立つ。

次に、 $\hat{{ }r}_n(z) := \sum_{\nu=-m}^{\infty}R_n(\nu-\frac{1}{2})z^{\nu}$ , $\widehat{\mathrm{Li}}_i(z):=\sum_{l=1}^{\infty}\frac{z^l}{(l-\frac{1}{2})^i}$ と定義する。ここで、 $m=\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor$ であり、 $t=-1/2, -3/2, \dots, -m-1/2$ で $R_n(t)=0$ なので、 $\hat{{ }r}_n(1)=\hat{{ }r}_n$ であることに注意する。このとき、

$\begin{align} \hat{{ }r}_n(z) &= \sum_{\nu=-m}^{\infty}R_n(\nu-\frac{1}{2})z^{\nu} \\ &= \sum_{\nu=-m}^{\infty}\sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^n\frac{a_{i, k}z^{\nu}}{(\nu+k-\frac{1}{2})^i} \\ &= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^na_{i, k}z^{-k}\sum_{\nu = -m}^{\infty}\frac{z^{\nu+k}}{(\nu+k-\frac{1}{2})^i} \\ &= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^ma_{i, k}z^{-k}\sum_{\nu=-m}^{\infty}\frac{z^{\nu+k}}{(\nu+k-\frac{1}{2})^i}+\sum_{i=1}^s\sum_{k=m+1}^na_{i, k}z^{-k}\sum_{\nu=-m}^{\infty}\frac{z^{\nu+k}}{(\nu+k-\frac{1}{2})^i} \\ &= \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^ma_{i, k}z^{-k}\left(\sum_{l=k-m}^0\frac{z^l}{(l-\frac{1}{2})^i}+\widehat{\mathrm{Li}}_i(z)\right) + \sum_{i=1}^s\sum_{k=m+1}^na_{i, k}z^{-k}\left(\widehat{\mathrm{Li}}_i(z)-\sum_{l=1}^{k-m-1}\frac{z^l}{(l-\frac{1}{2})^i}\right) \\ &= \sum_{i=1}^s\widehat{\mathrm{Li}}_i(z)\Biggl(\sum_{k=0}^na_{i, k}z^{-k}\Biggr)+\sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^ma_{i, k}z^{-k}\sum_{l=k-m}^0\frac{z^l}{(l-\frac{1}{2})^i} + \sum_{i=1}^s\sum_{k=m+1}^na_{i, k}z^{-k}\sum_{l=1}^{k-m-1}\frac{z^l}{(l-\frac{1}{2})^i}\end{align}$

と計算される。よって、

$\displaystyle \widehat{{ }a}_0 := \sum_{i=1}^s\sum_{k=0}^ma_{i, k}\sum_{l=k-m}^0\frac{1}{(l-\frac{1}{2})^i} + \sum_{i=1}^s\sum_{k=m+1}^na_{i, k}\sum_{l=1}^{k-m-1}\frac{1}{(l-\frac{1}{2})^i}$

とおくと、 $\widehat{\mathrm{Li}}_1(z) < 2\mathrm{Li}_1(z)$ なので、 $z \to 1^-$ とすることによって先ほどと同様に $i=1$ の項は消えて

$\displaystyle \hat{{ }r}_n = \sum_{\substack{i=3 \\ i: \text{奇数}}}a_i(2^i-1)\zeta(i) + \hat{{ }a}_0$

が得られる( $i \geq 2$ に対して $\widehat{\mathrm{Li}}_i(1) = (2^i-1)\zeta(i)$ )。 $0 \leq k \leq m, \ i \geq 1$ に対して

$\displaystyle d_n^i\sum_{l=0}^{m-k}\frac{(-1)^i}{(l+\frac{1}{2})^i} \in \mathbb{Z}$

であり、 $m+1 \leq k \leq n, \ i \geq 1$ に対して

$\displaystyle d_{n-1}^i\sum_{l=1}^{k-m-1}\frac{1}{(l-\frac{1}{2})^i} \in \mathbb{Z}$

であることから*5、補題３より $d_n^s\hat{{ }a}_0 \in \mathbb{Z}$ がわかる。 Q.E.D.

解析

補題４ 次の漸近公式が成り立つ：

$\displaystyle n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n, \quad \binom{2n}{n} \sim \frac{2^{2n}}{\sqrt{\pi n}}, \quad (n \to \infty).$

証明. スターリングの公式 - INTEGERSから従う。 Q.E.D.

$\displaystyle \prod_{j=0}^{6n}(t-n+\frac{1}{2}j) = \prod_{j=1}^{3n}(t-n-\frac{1}{2}+j) \times \prod_{j=0}^{3n}(t-n+j)$

であり

$\displaystyle \prod_{j=0}^{3n}(t-n+j) = \prod_{j=1}^n(t-j)\prod_{j=0}^n(t+j)\prod_{j=1}^n(t+n+j)$

であるので、

$\displaystyle R_n(t) = \frac{\displaystyle 2^{6n}(n!)^{s-5}\prod_{j=0}^{6n}(t-n+\frac{1}{2}j)}{\displaystyle \prod_{j=0}^n(t+j)^{s+1}}$

と書ける。また、 $t=1, 2, \dots, n, \ 1/2, 1/3, \dots, n-1/2$ で $R_n(t)=0$ なので、

$\displaystyle r_n=\sum_{\nu=n+1}^{\infty}R_n(\nu) = \sum_{k=0}^{\infty}c_{n, k}, \quad \hat{{ }r}_n = \sum_{\nu=n+1}^{\infty}R_n\left(\nu-\frac{1}{2}\right) = \sum_{k=0}^{\infty}\hat{{ }c}_{n, k}$

と書ける。

補題５ $c_{n, k}, \ \hat{{ }c}_{n, k}$ は全ての $k \geq 0$ に対して正であり、

$\displaystyle \frac{c_{n, k}}{\hat{{ }c}_{n, k}} \sim \frac{6n+2k+2}{2k+1}\left(\frac{n+k}{2n+k+1}\right)^{\frac{s+1}{2}}, \quad (n \to \infty)$

が成り立つ。

証明. 正であることは以下の表示から即座にわかる：

$\displaystyle c_{n, k} =R_n(n+1+k) = \frac{2^{6n}(n!)^{s-5}\prod_{j=0}^{6n}(k+1+\frac{1}{2}j)}{\prod_{j=0}^n(n+k+1+j)^{s+1}} = \frac{(n!)^{s-5}(6n+2k+2)!\{(n+k)!\}^{s+1}}{2(2k+1)!\{(2n+k+1)!\}^{s+1}}$ ー①,

$\displaystyle \hat{{ }c}_{n, k} = R_n(n+\frac{1}{2}+k)=\frac{2^{6n}(n!)^{s-5}\prod_{j=0}^{6n}(k+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}j)}{\prod_{j=0}^n(n+k+\frac{1}{2}+j)^{s+1}}.$

また、

$\displaystyle \frac{c_{n, k}}{\hat{{ }c}_{n, k}} = \frac{\prod_{j=0}^{6n}(2k+2+j)}{\prod_{j=0}^{6n}(2k+1+j)}\left(\frac{\prod_{j=0}^n(n+k+\frac{1}{2}+j)}{\prod_{j=0}^n(n+k+1+j)}\right)^{s+1}$

であり、

$\displaystyle \prod_{j=0}^n(n+k+\frac{1}{2}+j) = 2^{-(n+1)}\frac{(4n+2k+1)!!}{(2n+2k-1)!!} = 2^{-2(n+1)}\frac{(4n+2k+2)!(n+k)!}{(2n+k+1)!(2n+2k)!}$

および

$\displaystyle \prod_{j=0}^n(2n+k+1+j) = \frac{(2n+k+1)!}{(n+k)!}$

なので、補題４より

$\begin{align} \frac{c_{n, k}}{\hat{{ }c}_{n, k}} &= \frac{6n+2k+2}{2k+1}\left\{2^{-2(n+1)}\frac{\binom{4n+2k+2}{2n+k+1}}{\binom{2n+2k}{n+k}}\right\}^{s+1} \\ &\sim \frac{6n+2k+2}{2k+1}\left\{2^{-2(n+1)}\cdot \frac{2^{4n+2k+2}}{\sqrt{\pi(2n+k+1)}}\cdot \frac{\sqrt{\pi (n+k)}}{2^{2n+2k}}\right\}^{s+1}\\ &\sim \frac{6n+2k+2}{2k+1}\left(\frac{n+k}{2n+k+1}\right)^{\frac{s+1}{2}} \end{align}$

が得られる。 Q.E.D.

命題３ $g(x)$ を

$\displaystyle g(x):=\frac{2^6(x+3)^6(x+1)^{s+1}}{(x+2)^{2(s+1)}}$

とし、多項式

$x(x+2)^{\frac{s+1}{2}}-(x+3)(x+1)^{\frac{s+1}{2}}$

は唯一つの正の実根をもち、それを $x_0$ とする。このとき、

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}r_n^{\frac{1}{n}}=\lim_{n \to \infty}\hat{{ }r}_n^{\frac{1}{n}}=g(x_0)$

および

$\displaystyle r_n \sim \hat{{ }r}_n, \quad (n \to \infty)$

が成り立つ。

証明. $q := \frac{s+1}{2} \geq 4$ とおいて、 $f(x)$ を

$\displaystyle f(x) := \frac{x+3}{x}\left(\frac{x+1}{x+2}\right)^q$

とする。

$f(x)$ の対数微分をとると

$\displaystyle \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{x+3}-\frac{1}{x}+q\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right) = \frac{(q-3)x^2+3(q-3)x-6}{x(x+1)(x+2)(x+3)}$

となり、 $(q-3)x^2+3(q-3)x-6$ は正の根は唯一つだけもつので、それを $x_1$ とおくと

$x$	$0$	$\cdots$	$x_1$	$\cdots$	$\infty$
$f(x)$	$\infty$	$\searrow$	$f(x_1)$	$\nearrow$	$1$

と増減表が書ける。従って、 $f(x)=1$ となるような $x > 0$ が唯一つ存在し、それが $x_0$ である。 $f(1) = 4\cdot \left(\frac{2}{3}\right)^q < 1$ なので、 $0 < x_0 < 1$ である。

主張 $k_0(n)= x_0n+O(\sqrt{n}), (n \to \infty)$ なる漸近挙動を示す正整数 $k_0(n)$ ( $k_0$ と略記)が存在し、

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}r_n^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty}c_{n, k_0}^{\frac{1}{n}}, \quad \lim_{n \to \infty}\hat{{ }r}_n^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty}\hat{{ }c}_{n, k_0}^{\frac{1}{n}}$

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}c_{n, k_0}^{\frac{1}{n}} =\lim_{n \to \infty}\hat{{ }c}_{n, k_0}^{\frac{1}{n}},\quad \lim_{n \to \infty}\frac{r_n}{\hat{{ }r}_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{c_{n, k_0}}{\hat{{ }c}_{n, k_0}}$

が成り立つ。

主張の証明. 厳密な理解が現状得られていないため省略する。論文から読み取れる証明の概略は、①を使うと $c_{n, k+1}/c_{n, k} \fallingdotseq f(k/n)^2$ がわかるため $c_{n, k}$ は $k_0/n \fallingdotseq x_0$ なる $k_0$ 番目付近で最大となり、 $r_n$ の漸近挙動には $c_{n, k_0}$ のみが寄与するというもの。また、補題５より $\hat{{ }c}_{n, k+1}/\hat{{ }c}_{n, k} \fallingdotseq c_{n, k+1}/c_{n, k}$ なので $\hat{{ }r}_n$ の漸近挙動にも $\hat{{ }c}_{n, k_0}$ のみが寄与する。主張の証明終わり.

主張、①、補題４より

$\begin{align} &\lim_{n \to \infty}r_n^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty}c_{n, k_0}^{\frac{1}{n}} \\ &= {\scriptsize \lim_{n \to \infty}\Biggl\{(\sqrt{2\pi n})^{s-5}\left(\frac{n}{e}\right)^{(s-5)n}\sqrt{2\pi(6n+2k_0+2)}\left(\frac{6n+2k_0+2}{e}\right)^{6n+2k_0+2}(\sqrt{2\pi(n+k)})^{s+1}\left(\frac{n+k_0}{e}\right)^{(s+1)(n+k_0)}} \\ &\quad \quad \quad {\scriptsize \frac{1}{2\sqrt{2\pi(2k_0+1)}}\left(\frac{e}{2k_0+1}\right)^{2k_0+1}\frac{1}{(\sqrt{2\pi(2n+k_0+1)})^{s+1}}\left(\frac{e}{2n+k_0+1}\right)^{(s+1)(2n+k_0+1)}\Biggr\}^{\frac{1}{n}}}\\ &= \frac{(2x_0+6)^{2x_0+6}(x_0+1)^{(s+1)(x_0+1)}}{(2x_0)^{2x_0}(x_0+2)^{(s+1)(x_0+2)}} = \frac{2^6(x_0+3)^6(x_0+1)^{s+1}}{(x_0+2)^{2(s+1)}}f(x_0)^{2x_0} = g(x_0)\end{align}$

と極限を計算できる。ここで、一番長い部分の計算においては、 $(s-5)+6+2x_0+(s+1)(x_0+1) = 2x_0+(s+1)(x_0+2)$ に注意して、 $n$ を分配して $k_0/n \to x_0$ に注意して極限をとればよい。そうして、主張および補題５から

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{r_n}{\hat{{ }r}_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{c_{n, k_0}}{\hat{{ }c}_{n, k_0}} = \lim_{n \to \infty}\frac{6n+2k_0+2}{2l_0+1}\left(\frac{n+k_0}{2n+k_0+1}\right)^q = f(x_0)=1$

を得る。 Q.E.D.

証明の完了

$s=25$ をとる。命題３より $r_n \sim \hat{{ }r}_n$ であり、補題５より $r_n > 0$ なので、十分大きい $n$ に対して

$\displaystyle 7r_n-\hat{{ }r}_n = r_n\left(7-\frac{\hat{{ }r}_n}{r_n}\right) > 0$

が成り立つ。また、命題２より

$\displaystyle 7r_n-\hat{{ }r}_n = \sum_{\substack{i=5 \\ i: \text{奇数}}}^{25}b_i\zeta(i)+b_0, \quad b_0, b_5, \dots, b_{25} \in \mathbb{Z}/d_n^{25}$

と書ける。 $\zeta(5), \zeta(7), \dots, \zeta(25)$ が全て有理数であったと仮定する。その分母の最小公倍数を $a$ とすれば、十分大きい $n$ に対して

$ad_n^{25}(7r_n-\hat{{ }r}_n)$ は正整数ー②

が成り立つ。

さて、数値計算を行うと $x_0=0.00036713...$ であり、命題３より

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}(7r_n-\hat{{ }r}_n)^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty}r_n^{\frac{1}{n}}\left(7-\frac{\hat{{ }r}_n}{r_n}\right)^{\frac{1}{n}} = g(x_0) = \exp (-25.292363...)$

であることがわかる。よって、

$7r_n-\hat{{ }r}_n = e^{-25.292363...n+o(n)}$

である。また、数列lcm[1,2,…,n]のgrowthと素数定理 - INTEGERSの定理より、 $25(1+\varepsilon) < 25.292363...$ であるように $\varepsilon$ をとると(例えば $\varepsilon=0.011$ )、十分大きい $n$ に対して

$d_n < e^{(1+\varepsilon)n}$

が成り立つので、

$\displaystyle 0 < ad_n^{25}(7r_n-\hat{{ }r}_n) < ae^{25(1+\varepsilon)n-25.292363...n+o(n)} \xrightarrow{n \to \infty} 0.$

よって、十分大きい $n$ に対して②は成立しないことになり矛盾する。すなわち、背理法によって $\zeta(5), \zeta(7), \dots, \zeta(25)$ の少なくとも一つは無理数でなければならないことが示された。 Q.E.D.

*1:mathtrain.jp

*2:和の順番は補題１と入れ替わっている(指数部分の $s$ が一定であるために可能)。

*3: $F_4(t)$ 以降の計算には二重階乗の計算を行えばよい。

*4: $F_4(t)$ を得る部分では $j \mapsto n-j+1$ と変数変換を行う。

*5: $2l-1 < n$ である。

2018-01-31

明示的ABC予想

整数

ABC予想について述べた記事

integers.hatenablog.com

において「強い予想」として次を述べていました：

予想任意のABCトリプル $(a, b, c)$ に対して不等式

$c < \mathrm{rad}(abc)^2$

が成り立つ。

この予想は A. Granville, T. J. Tucker, "It’s as easy as abc", Notices of the AMS, 49 (2002), 1224-31. のp. 1227には既に述べられています。

しかし、ABCトリプルのクオリティの現状の記録は $q(2, 3^{10}\cdot 109, 23^5)≒1.6299$ なので、指数 $2$ をもうちょっと下げられるのではないかという気はします。この記事では、 $7/4=1.75$ と予想できるということを述べます。

Laishram-Shorey予想 任意のABCトリプル $(a, b, c)$ に対して不等式

$c < \mathrm{rad}(abc)^{\frac{7}{4}}$

が成り立つ。

何故このようなことを予想できるかについてですが、実はBakerによる次のような予想が知られています。

Bakerの明示的ABC予想 任意のABCトリプル $(a, b, c)$ に対して不等式

$\displaystyle c < \frac{6}{5}\cdot \frac{N(\log N)^{\omega(N)}}{\omega(N)!}$

が成り立つ。ここで、 $N=\mathrm{rad}(abc)$ であり、 $\omega$ は素因数の個数を表す数論的関数。

この予想は

A. Baker, "Experiments on the abc-conjecture", Publ. Math. Debrecen 65 (2004), 253–260.

で提唱されたものです。予想の根拠はこの記事では取り合えず述べないことにして、この予想を仮定するとLaishram-Shorey予想が導出されるということを紹介します。

$p_i$ : $i$ 番目の素数.
$\displaystyle \vartheta(x) := \sum_{p \leq x}\log p$ : Chebyshev関数( $p$ は素数, $x > 0$ ).
$\displaystyle p_n\# := \prod_{i=1}^np_i$ : 素数階乗.

命題 $N$ を正整数とし、 $\omega = \omega(N)$ とする。また、 $\varepsilon > 0$ をとる。このとき、正整数 $\omega_{\varepsilon}$ が存在して、 $N \geq p_{\omega_{\varepsilon}}\#$ であれば

$\displaystyle \frac{(\log N)^{\omega}}{\omega !} < \frac{N^{\varepsilon}}{\sqrt{2\pi \omega_{\varepsilon}}}$

が成り立つ。

証明. 正整数 $n$ に対して、 $F(n)$ を

$\displaystyle F(n):=\log n+\log \log n-1.076869$

と定める。 $n \geq 5$ であれば $F(n) > 1$ である*1。正整数 $\omega_{\varepsilon}'$ を

$\varepsilon F(n)-\log F(n) \geq 1, \quad ({}^{\forall}n \geq \omega_{\varepsilon}')$

が成り立つような $5$ 以上で最小のものとする。一旦、 $\omega \geq \omega_{\varepsilon}'$ と仮定する。 $N \geq p_{\omega}\#$ であることと、 $\varepsilon F(\omega) \geq 1+\log F(\omega) > 1$ およびRobinの定理

$\vartheta(p_n) \geq nF(n), \quad (n \geq 1)$

より*2、

$\displaystyle \log N \geq \vartheta (p_{\omega}) \geq \omega F(\omega) > \frac{\omega}{\varepsilon}$

が成り立つ。微分すれば関数 $\frac{x^{\varepsilon}}{(\log x)^{\omega}}$ は $x \geq \omega /\varepsilon$ で単調増加であることがわかるため、

$\displaystyle \frac{\omega !N^{\varepsilon}}{(\log N)^{\omega}} \geq \frac{\omega !e^{\varepsilon \omega F(\omega)}}{(\omega F(\omega) )^{\omega}} > \sqrt{2\pi\omega}\left(\frac{\omega}{e}\right)^{\omega}\frac{e^{\varepsilon \omega F(\omega)}}{(\omega F(\omega) )^{\omega}}$

なる不等式を得る(Stirlingの公式を用いている)。

$\begin{align} \log \left(\sqrt{2\pi\omega}\left(\frac{\omega}{e}\right)^{\omega}\frac{e^{\varepsilon \omega F(\omega)}}{(\omega F(\omega) )^{\omega}} \right) &= \log \sqrt{2\pi \omega}+\omega (\log \omega -1)+\varepsilon \omega F(\omega)-\omega (\log \omega + \log F(\omega) ) \\ &> \log \sqrt{2\pi \omega}+\omega \left(\varepsilon F(\omega)-\log F(\omega)-1\right) \geq \log \sqrt{2 \pi \omega}\end{align}$

と評価できるので、結局

$\displaystyle \frac{\omega !N^{\varepsilon}}{(\log N)^{\omega}} > \sqrt{2\pi \omega}$ −①

が得られた( $\omega \geq \omega_{\varepsilon}'$ の場合。この仮定はここまで)。 $\omega_{\varepsilon}$ を

$\displaystyle \vartheta (p_n) \geq \frac{n}{\varepsilon}, \quad \frac{n!(p_n\#)^{\varepsilon}}{(\vartheta(p_n) )^n} > \sqrt{2\pi n}, \quad (\omega_{\varepsilon} \leq {}^{\forall}n \leq \omega_{\varepsilon}')$

が成り立つ最小正整数と定める( $n=\omega_{\varepsilon}'$ で成立することは①で $N=p_{\omega_{\varepsilon}'}\#$ とすればわかる。よって、 $\omega_{\varepsilon}$ は確かに存在する)。そうすると、部分的に同じ議論が適用できて①は $\omega \geq \omega_{\varepsilon}$ に対して成立することわかり、このとき所望の不等式が成立する。

よって、後は $\omega < \omega_{\varepsilon}$ かつ $N \geq p_{\omega_{\varepsilon}}\#$ のときを考えればよい。このとき、

$\displaystyle \log N \geq \vartheta(p_{\omega_{\varepsilon}}) \geq \frac{\omega_{\varepsilon}}{\varepsilon}$

なので、

$\displaystyle \frac{\omega !N^{\varepsilon}}{(\log N)^{\omega}} \geq \frac{\omega !(p_{\omega_{\varepsilon}}\#)^{\varepsilon}}{\vartheta (p_{\omega_{\varepsilon}})^{\omega}} = \frac{\omega_{\varepsilon}!(p_{\omega_{\varepsilon}}\#)^{\varepsilon}}{\vartheta(p_{\omega_{\varepsilon}})^{\omega_{\varepsilon}}}\cdot \frac{\omega !}{\omega_{\varepsilon}!}(\vartheta (p_{\omega_{\varepsilon}}) )^{\omega_{\varepsilon}-\omega} > \sqrt{2\pi \omega_{\varepsilon}} \cdot \frac{\omega !\omega_{\varepsilon}^{\omega_{\varepsilon}-\omega}}{\omega_{\varepsilon}!} \geq \sqrt{2\pi \omega_{\varepsilon}}$

と所望の評価が得られる。 Q.E.D.

定理 Bakerの明示的ABC予想が成立すると仮定すると、Laishram-Shorey予想が成り立つ。

証明. 正整数 $N$ に対して $\omega=\omega(N)$ とするとき、

$\displaystyle \frac{(\log N)^{\omega}}{\omega !} < \frac{5}{6}N^{\frac{3}{4}}$

が成り立つことを示せばよい。さて、命題の証明における $\omega_{\varepsilon}'$ および $\omega_{\varepsilon}$ は $\varepsilon$ から明示的に計算可能である。数値計算をすれば*3、 $\omega_{\frac{3}{4}} = 14$ が確認できる。

$\displaystyle \sqrt{2\pi \omega_{\frac{3}{4}}} = 9.37894... \geq \frac{6}{5}$

なので、命題より、 $N < 43\#$ の場合を考えればよい( $\omega < 14$ )。 $4 \leq \omega < 14$ のときは数値計算によって

$\displaystyle \log N \geq \vartheta (p_{\omega}) \geq \frac{4}{3}\omega$

が確認でき、関数 $x^{\frac{3}{4}}/(\log x)^{\omega}$ の単調性から

$\displaystyle \frac{\omega !N^{\varepsilon}}{(\log N)^{\omega}} \geq \frac{\omega !(p_{\omega}\#)^{\varepsilon}}{\vartheta (p_{\omega})^{\omega}} > \frac{6}{5}$

が確認できる(最後の不等式は数値計算)。あとは $\omega=1, 2, 3$ の場合であるが、このとき、

$\displaystyle \frac{\omega !N^{\frac{3}{4}}}{(\log N)^{\omega}} > \frac{6}{5}$ −②

が $N=e^{\frac{4\omega}{3}}$ に対して成立することを確認できるため(三回計算するだけ)、単調性より $N \geq e^{\frac{4\omega}{3}}$ に対しては主張が成立することがわかった。

最終的に残ったのは、 $\omega=1, 2, 3$ かつ $N < e^{\frac{4\omega}{3}}$ の場合のみで、それは

$N=2, 3, 6, 10, 12, 14, 30, 42$

に限定される。これらのときも②の成立が直接確認できる。 Q.E.D.

*1: $F(5)=1.008454...$

*2:G. Robin, Estimation de la fonction de Tchebychef $\theta$ sur le $k$ -ieme nombre premier et grandes valeurs de la fonction $\omega(n)$ nombre de diviseurs premiers de n, Acta Arith. 42 (1983), 367-389. これは素数定理関連のeffectiveな結果の一つで、Rosser-SchoenfeldやDusartの結果などをこれまでの記事でも使ってきたが、一貫して証明を紹介するのは諦めているものの一つである。

*3: $\frac{3}{4}x-\log x-1$ の零点は $2.61$ と $2.62$ の間にあり、 $F(14)=2.532610..., F(15) = 2.627410...$ である。つまり、 $\omega_{\frac{3}{4}}'=15$ がわかる。また、 $p_{14}=43$ で、 $\vartheta(p_{13})=33.34887..., \vartheta(p_{14})=37.11007...$ , $G(n)=(n!(p_n\#)^{3/4})/(\vartheta(p_n) )^n$ としたとき、 $G(13)=7.18867... < \sqrt{2\pi \cdot 13} =9.03777...$ , $G(14)=11.35135... > \sqrt{2\pi \cdot 14} = 9.37894...$ なので $\omega_{\frac{3}{4}}=14$ が確定する。

2018-01-31

スターリングの公式

定理解説

この記事ではStirlingの公式を次の形で証明します(Robbinsによる)。

Stirlingの公式 $n$ を正整数とするとき、

$\displaystyle n!=\sqrt{2\pi}n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}e^{r_n}$

が

$\displaystyle \frac{1}{12n+1} < r_n < \frac{1}{12n}$

を満たす形で成り立つ。

H. Robbins, A remark on Stirling's formula, Amer. Math. Monthly, Vol. 62, No. 1 (1955), 26-29.

証明. $S_n:=\log (n!) = \sum_{j=1}^{n-1}\log(j+1)$ とし、

$\displaystyle \log (j+1) = A_j+B_j-\varepsilon_j$

と分ける。ここで、

$\begin{align} A_j &:= \int_j^{j+1}\log xdx \\ B_j &:= \frac{1}{2}(\log(j+1)-\log j) \\ \varepsilon_j &:= \int_j^{j+1}\log xdx - \frac{1}{2}(\log(j+1)+\log j)= \frac{2j+1}{2}\log \frac{j+1}{j}-1\end{align}$

である。すると、

$\displaystyle S_n = \sum_{j=1}^{n-1}(A_j+B_j-\varepsilon_j) = \int_1^n\log x dx+\frac{1}{2}\log n-\sum_{j=1}^{n-1}\varepsilon_j = \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n-n+1-\sum_{j=1}^{n-1}\varepsilon_j$

となる。対数関数のマクローリン展開によって

$\displaystyle \log \frac{1+x}{1-x} = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}, \quad \left|x\right| < 1$

なので、 $x=(2j+1)^{-1}$ とおくと $\frac{1+x}{1-x} = \frac{j+1}{j}$ であり、

$\displaystyle \varepsilon_j = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)(2j+1)^{2k}}$

である。よって、

$\displaystyle \varepsilon_j < \frac{1}{3(2j+1)^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2j+1)^{2k}} = \frac{1}{3(2j+1)^2}\cdot \frac{1}{1-(2j+1)^{-2}}=\frac{1}{12}\left(\frac{1}{j}-\frac{1}{j+1}\right)$

$\begin{align} \varepsilon_j &> \frac{1}{3(2j+1)^2}\left(1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(3(2j+1)^2)^k}\right) =\frac{1}{3(2j+1)^2}\cdot \frac{1}{1-(3(2j+1)^2)^{-1}} \\ &> \frac{1}{12}\left(\frac{1}{j+\frac{1}{12}}-\frac{1}{j+1+\frac{1}{12}}\right)\end{align}$