eが超越数であることの証明

定数でない有理数係数多項式の根とならないような複素数のことを超越数といいます。

私が初めてこの概念を知ったのは中学二年生のときで、学校の図書館で読んだ本に載っていました。その中二病的な響きに憧れを抱いたのを覚えています。

Hermiteは1873年に $e$ が超越数であることを証明しました。文献はいくらでもありますが、この記事では $e$ の超越性証明を紹介したいと思います。

C. Hermite, Sur la fonction exponentielle, Comptes rendus de l'Académie des Sciences de Paris, 77, (1873), 18–24.

$e$ が超越数であることの証明

補題 $f(x) \in \mathbb{R}[ x]$ , $n := \deg f(x) \geq 1$ とする。また、

$\displaystyle F(x) := \sum_{k=0}^{n}f^{(k)}(x)$

と $F(x)$ を定める。このとき、任意の $a \in \mathbb{R} \setminus \{ 0 \}$ に対して $0$ と $a$ の間の数 $\xi$ が存在して

$\displaystyle F(a) = e^aF(0)-ae^{a-\xi}f(\xi) \tag{1}$

が成り立つ。

証明. 微分公式

$\displaystyle \frac{d}{dx}(e^{-x}F(x)) = -e^{-x}f(x)$

が成り立つので、平均値の定理により $0$ と $a$ の間の数 $\xi$ が存在して

$\displaystyle e^{-a}F(a)-F(0) = -e^{-\xi}f(\xi)a$

が成り立つ。 Q.E.D.

注意: $f(x)$ のTaylor展開

$\displaystyle f(x) = f(a) +f'(a)(x-a)+f''(a)\frac{(x-a)^2}{2!}+\cdots +f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!}$

において $(x-a)^k$ を $k!$ に置き換えたものが $F(a)$ であることに注意する。

$e$ が超越数であることの証明. $e$ が代数的数であると仮定する。このとき、正の整数 $n$ および $c_0, c_1, \dots, c_n \in \mathbb{Z}, c_0 \neq 0$ が存在して

$\displaystyle c_0+c_1e+\cdots +c_ne^n=0 \tag{2}$

が成り立つ。とても大きい素数 $p$ を固定して

$\displaystyle f(x):=\frac{x^{p-1}}{(p-1)!}\{(x-1)\cdots (x-n)\}^p$

とおく(どれぐらい大きくとってるかは証明を読んでいくと判明する)。このとき、補題より各 $k=1, \dots, n$ に対して $\xi_k \in (0, k)$ が存在して

$\displaystyle F(k)=e^kF(0)-ke^{k-\xi_k}f(\xi_k)$

が成り立つ( $F(x)$ は今考えている $f(x)$ について、補題における $F(x)$ と同様に定義する)。 $c_k$ を掛けて足し合わせることによって、(2)から

$\displaystyle {\small c_0F(0)+c_1F(1)+\cdots +c_nF(n)=-\{c_1e^{1-\xi_1}f(\xi_1)+2c_2e^{2-\xi_2}f(\xi_2)+\cdots +nc_ne^{n-\xi_n}f(\xi_n)\}} \tag{3}$

が得られる。さて、 $f(x)$ を

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{(p-1)!}\{(-1)^{np}(n!)^px^{p-1}+a_1x^p+a_2x^{p+1}+\cdots \}$

と展開しよう( $a_i \in \mathbb{Z}$ )。 $x^{p-1}\mapsto (p-1)!, \ x^p \mapsto p!, \ x^{p+1} \mapsto (p+1)!, \dots$ と置き換えることにより

$\begin{equation}\begin{split} F(0) &= \frac{1}{(p-1)!}\{(-1)^{np}(n!)^p(p-1)!+a_1p!+a_2(p+1)!+\cdots \} \\ &=(-1)^{np}(n!)^p+pd_0\end{split}\end{equation}$

が成り立つ(注意を参照。 $d_0 \in \mathbb{Z}$ )。

実は $p$ は $n$ より大きくとっていたので、 $p$ は $(-1)^{np}(n!)^p$ を割り切らない。すなわち、

$\displaystyle p \nmid F(0) \tag{4}$

$k \geq 1$ のときは $f(x)$ は $(x-k)^p$ を因子にもつので

$\displaystyle f(x) = \frac{1}{(p-1)!}\{b_{p}^{(k)}(x-k)^p+b_{p+1}^{(k)}(x-k)^{p+1}+\cdots \}$

と展開できる( $b_i^{(k)} \in \mathbb{Z}$ )。よって、先ほどと同様にして

$\displaystyle F(k) = \frac{1}{(p-1)!}\{b_p^{(k)}p!+b_{p+1}^{(k)}(p+1)!+\cdots \} \in p\mathbb{Z} \tag{5}$

が分かる。実は $p > |c_0|$ にとっており、 $p$ が素数であることに注意すると、(4)、(5)より

$\displaystyle \mathbb{Z} \ni c_0F(0)+c_1F(1)+\cdots +c_nF(n) \neq 0 \tag{6}$

さて、 $\xi_k > 0$ であるから $e^{1-\xi_k} < e^n$ である。また、 $0 < \xi_k < k \leq n$ から

$\displaystyle \left|f(\xi_k)\right| < \frac{1}{(p-1)!}n^{p-1}(n^n)^p$

と評価できる。よって $C:=\max \{ \left|c_0\right|, \dots , \left|c_n\right|\}$ とおくと、最終的に

$\displaystyle \left|\sum_{k=1}^nkc_ke^{k-\xi_k}f(\xi_k)\right| < (1+2+\cdots +n)C\cdot (en)^n\frac{(n^{n+1})^{p-1}}{(p-1)!}$

なる評価を得る。 $n$ は固定されていることに注意して、 $p$ を限りなく大きくするとこの値はいくらでも小さくなることが分かる(階乗の記事の極限公式を参照せよ)。

よって、(3)、(6)と合わせると $0$ と $1$ の間に整数が存在することが導かれて矛盾する。 Q.E.D.

証明の構造と素数の無限性

無理数性や超越性の証明の常套手段は、背理法の仮定を上手く用いて

$\displaystyle A_N=B_N$

なる形の等式を作り、「 $A_N$ は $0$ でない整数」であることと「 $\displaystyle \lim_{N \to \infty}B_N = 0$ 」を示すことによって十分大きい $N$ で矛盾を導くというものです(そのとき、十分大きい $N$ に対して $|A_N|$ は $0$ と $1$ の間の整数となってしまう)。