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数、特に整数に関する記事。

ζ(3)が無理数であることの積分を使った証明

ζ(3)

1978年にApéryが\zeta (3)が無理数であることを証明し、数学界に衝撃を与えました(俗にいうApéryショック)。Apéryが証明を発表した数か月後にはBeukersが積分を使った非常に美しい別証明を発表しています。この記事では、美しさは若干損ないますが、Millerによって発表された方法を元にしてBeukersによる証明をより理解しやすくしたものを解説します*1

Beukersによる証明を理解するためのウォーミングアップとして、以前\zeta (2)の無理性証明を紹介しました(後半部分):
integers.hatenablog.com

そこに書かれている内容をいくつか既知として用います(特にd_n < 3^nおよびずらしLegendre多項式についての記述)。また、この証明はBeukers-Hadjicostasの定理(のn=1の場合)に基づいています。
integers.hatenablog.com

補題 0 < x, y < 1とする。このとき、
\displaystyle \int_0^1\frac{dz}{1-(1-(1-x)y)z}=\int_0^1\frac{1}{1-(1-z)x}\frac{1}{1-(1-y)z}dz
が成り立つ。

証明. まず、

\displaystyle \int_0^1\frac{dz}{1-(1-(1-x)y)z}=-\frac{\log (1-x)y}{1-(1-x)y}

であることに注意する。また、部分分数分解

\displaystyle \frac{1}{1-(1-z)x}\frac{1}{1-(1-y)z} = \frac{1}{1-(1-x)y}\left\{ \frac{x}{1-(1-z)x}dz + \frac{1-y}{1-(1-y)z}dz\right\}

より

\begin{equation}\begin{split}\int_0^1\frac{1}{1-(1-z)x}\frac{1}{1-(1-y)z}dz &= \frac{1}{1-(1-x)y}\left( \int_0^1\frac{x}{1-(1-z)x}dz\right. \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left. +\int_0^1\frac{1-y}{1-(1-y)z}dz \right) \\ &=-\frac{\log (1-x)y}{1-(1-x)y} \end{split}\end{equation}

を得る。以上二式を組み合わせればよい。 Q.E.D.

\zeta (3)が無理数であることの証明 自然数nに対して、積分

\displaystyle I_n := \int_0^1 \! \! \int_0^1\frac{-\log (xy)}{1-xy}P_n(x)P_n(y)dxdy

を考える。このとき、Beukers-Hadjicostasの定理よりa_n, b_n \in \mathbb{Z}が存在して、

\displaystyle I_n = \frac{a_n+b_n\zeta (3)}{d_n^3} ―①

が成り立つ(d_n1, \dots, nの最小公倍数)。以下、I_nを積分変形していく。

\displaystyle \int_0^1\frac{1}{1-(1-xy)z}dz = \frac{-\log (xy)}{1-xy}

であるから、

\displaystyle I_n = \int_0^1 \! \! \int_0^1 \! \! \int_0^1\frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z}dxdydz = (-1)^n\int_0^1 \! \! \int_0^1 \! \! \int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-(1-x)y)z}dxdydz

と変形される。最後の等号はx \mapsto 1-xと変数変換して、P_n(x) = (-1)^nP_n(1-x)を用いればよい。そうして、

\begin{equation}\begin{split}I_n &= (-1)^n\int_0^1 \! \! \int_0^1 \! \! \int_0^1 \frac{P_n(x)}{1-(1-z)x}\frac{P_n(y)}{1-(1-y)z}dxdydz \\ &= (-1)^n\int_0^1dz \left( \int_0^1\frac{P_n(x)}{1-(1-z)x}dx\int_0^1\frac{P_n(y)}{1-(1-y)z}dy \right) \\ &= \int_0^1dz \left( \int_0^1\frac{P_n(x)}{1-(1-z)x}dx\int_0^1\frac{P_n(y)}{1-yz}dy \right)  \\ &= \int_0^1dz \left\{ \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1x^n(1-x)^n\frac{\partial^n}{\partial x^n}\left( \frac{1}{1-(1-z)x} \right) dx \right. \\ & \ \ \ \cdot \left. \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1y^n(1-y)^n\frac{\partial^n}{\partial y^n}\left( \frac{1}{1-yz} \right) dy \right\} \\ &= \int_0^1 \! \! \int_0^1 \! \! \int_0^1\frac{x^n(1-x)^ny^n(1-y)^nz^n(1-z)^n}{\{(1-(1-z)x)(1-yz)\}^{n+1}}dxdydz \end{split}\end{equation}

を得る。ここで、一つ目の等号は補題を用いており、三つ目の等号はy \mapsto 1-yと変数変換、四つ目の等号は円周率の記事に書いた補題4を用いている。

\displaystyle f(x, y, z) := \frac{x(1-x)y(1-y)z(1-z)}{(1-(1-z)x)(1-yz)}

と関数f(x, y, z)(x, y, z) \in [0,1]^3で定義する。ただし、境界上ではf(x, y, z)=0とする(極限を考えればf(x, y, z)は連続であることがわかる)。(x, y, z) \in (0, 1)^3f(x, y, z)が極値をとるならば、

\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial z} = 0

でなければならない。この条件は偏微分を実行することにより

\displaystyle \begin{cases} (1-z)x^2-2x+1 = 0 & \\ zy^2-2y+1=0 & \\ (y-x)z^2-2(1-x)z+1-x=0 & \end{cases}

と言い換えられる。一つ目の式と二つ目の式をそれぞれx, yに関して解き、それらを三つ目の式に代入することによって得られるzに関する方程式を解けば(x, y, z) = (2-\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}, 1/2)が得られる。f(x, y, z) \geq 0であり、f(x, y, z)[0, 1]^3に最大値を持つので、f(2-\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}, 1/2)=(\sqrt{2}-1)^4が最大値であることがわかった。(0, 1)^3f(x, y, z) > 0であるから、I_nの式変形より

\displaystyle 0 < |I_n| \leq (\sqrt{2}-1)^{4n}\int_0^1 \! \! \int_0^1 \! \! \int_0^1 \frac{dxdydz}{(1-(1-z)x)(1-yz)}

なる不等式を得る。最後の積分はI_nの式変形と同様に計算すれば2\zeta (3)であることがわかる。①、円周率記事の補題1より十分大きいnに対して

\displaystyle 0 < |a_n+b_n\zeta (3)| \leq 2d_n^3(\sqrt{2}-1)^{4n}\zeta (3) \leq 2\zeta (3)27^n(\sqrt{2}-1)^{4n} < \left( \frac{4}{5} \right)^n

が成り立つ。\zeta (3)が有理数であると仮定しよう。すると、ある自然数p, qが存在して\zeta (3) = p/qと書ける。このとき、

\displaystyle 0 < |qa_n+pb_n| < q\left( \frac{4}{5} \right)^n \xrightarrow{n \to \infty} 0

を得る。qa_n+pb_n \in \mathbb{Z}であるから、これは十分大なるnに対して矛盾する。 Q.E.D.

*1:Beukersによる証明は塩川宇賢著『無理数と超越数』という手に入りやすい文献に書いてあり、またそれを元にした解説記事もたくさん出回っています。Beukersは

\displaystyle w=\frac{1-z}{1-(1-xy)z}
というかっこいい変数変換を行っていますが、これは「何故思いついたんだ!」とツッコミを入れたくなるレベルの高い変数変換です。