2017-06-25

ベイカーの定理の証明

超越数

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*2。

Bakerの定理 (1966) $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ を $0$ でない代数的数とする。このとき、 $\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n$ が $\mathbb{Q}$ 上一次独立であれば、 $1, \log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n$ は $\overline{\mathbb{Q}}$ 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。Bakerの定理から超越数を山のように得ることが出来ますが、それについては

integers.hatenablog.com

をご覧ください。

証明は背理法によります。主張が成り立たないと仮定すると、Siegelの補題によって魔法のような関数を作ることが出来てしまい、その魔法関数によって矛盾が生じてしまうという感じの証明です。

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、 $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ を $0$ でない代数的数とし、 $\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n$ が $\mathbb{Q}$ 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 $\displaystyle -\frac{\beta_i}{\beta_n}$ を $\beta_i$ 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 $c, c_1, c_2, \dots$ は $\alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_{n-1}$ 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、 $\alpha$ を

$a_0\alpha^d+a_1\alpha^{d-1}+\cdots+a_d=0 \quad (a_i \in \mathbb{Z}, \ \left|a_i\right| \leq A \ (0 \leq i \leq d))$

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

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

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

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

と変形できることから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

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

と評価できる。 Q.E.D.

系 $d$ を $\alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_{n-1}$ 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。

以下、 $d$ はずっと同じ意味で用いる。

魔法関数の構成

補題２ (Siegelの補題) $M, N$ を $N > M > 0$ を満たすような整数とし、 $u_{ij} \ (1 \leq i \leq M, 1 \leq j \leq N)$ を $\left|u_{ij} \right| \leq U$ 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 $(x_1, \dots, x_N)$ は $(B+1)^N$ 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(鳩ノ巣原理)。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 (魔法関数の構成) $L:=\left[h^{2-\frac{1}{4n}}\right]$ 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 $\Phi(z_0, \dots, z_{n-1})$ を

$\displaystyle \Phi(z_0, \dots, z_{n-1}) := \sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^Lp(\lambda_0, \dots, \lambda_n)z_0^{\lambda_0}e^{\lambda_n\beta_0z_0}\alpha_1^{\gamma_1z_1}\cdots \alpha_{n-1}^{\gamma_{n-1}z_{n-1}}$

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 $q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z)$ を

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

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、

$P'(l, \boldsymbol{m}):=(a_1\cdots a_n)^{Ll}b_0^{m_0}\cdots b_{n-1}^{m_{n-1}}$ －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、

$\begin{align} A(l, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{s}, \boldsymbol{t})=&\sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^L\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\cdots \sum_{\mu_{n-1}=0}^{m_{n-1}}p(\lambda_0, \dots, \lambda_n) \\ &\quad \times q'(l, \boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{s})q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{t})q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0, t_0),\end{align}$

$\begin{align} q'(l, \boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{s})&=\prod_{r=1}^na_r^{(L-\lambda_r)l}a_{r, s_r}^{(\lambda_rl)}, \\ q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{t}) &= \prod_{r=1}^{n-1}\binom{m_r}{\mu_r}(b_r\lambda_r)^{m_r-\mu_r}\lambda_n^{\mu_r}b_{r, t_r}^{(\mu_r)}, \\ q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0, t_0) &= \binom{m_0}{\mu_0}\lambda_0(\lambda_0-1)\cdots (\lambda_0-\mu_0-1)\lambda_n^{m_0-\mu_0}b_n^{\mu_0}l^{\lambda_0-\mu_0}b_{0, t_0}^{(m_0-\mu_0)}.\end{align}$

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)。 $l \leq h$ と $\displaystyle \binom{m_r}{\mu_r} \leq 2^{m_r}$ 、系より

$\begin{align} \left|q'(l, \boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{s})\right| &\leq \prod_{r=1}^na_r^{(L-\lambda_r)l}c_1^{\lambda_rl} \leq c_2^{Lh}, \\ \left|q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{t})\right| &\leq \prod_{r=1}^{n-1}(c_3L)^{m_r}, \\ \left|q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0, t_0)\right| &\leq 2^{m_0}(\lambda_0b_n)^{\mu_0}(c_1\lambda_n)^{m_0-\mu_0}l^{\lambda_0-\mu_0} \leq (c_3L)^{m_0}h^L.\end{align}$

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

$\begin{align} &\left|\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\cdots \sum_{\mu_{n-1}=0}^{m_{n-1}}q'(l, \boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{s})q''(\boldsymbol{\lambda}, \boldsymbol{m}, \boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{t})q'''(l, \lambda_0, \lambda_n, m_0, \mu_0, t_0)\right| \\ &\leq 2^{h^2}(c_3L)^{m_0+\cdots +m_{n-1}}c_2^{Lh}h^L \leq U:=(2c_3L)^{h^2}c_4^{Lh}\end{align}$

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.

このように魔法関数 $\Phi(z_0, \dots, z_{n-1})$ はSiegelの補題で構成することが出来ますが、必要となる魔法関数の性質である命題２を証明するために補題を二つ示す必要があります。

補題３ $m_0, \dots, m_{n-1}$ を $m_0+\cdots +m_{n-1} \leq h^2$ 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 $\displaystyle \left|f(l)\right| > c_6^{-h^3-Ll}$

が成り立つ。

証明. ③の直後の計算から、

$\displaystyle P(\boldsymbol{m}):=(\log \alpha_1)^{m_1}\cdots (\log \alpha_{n-1})^{m_{n-1}}$

とすれば

$\displaystyle f(z) = P(\boldsymbol{m})\sum_{\lambda_0=0}^L\cdots \sum_{\lambda_n=0}^Lp(\lambda_0, \dots, \lambda_n)q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z)\alpha_1^{\lambda_1z}\cdots \alpha_n^{\lambda_nz}\gamma_1^{m_1}\cdots \gamma_{n-1}^{m_{n-1}}$

が成り立つことがわかる。各定義から

$\begin{align} \left|q(m_0, \lambda_0, \lambda_n, z)\right| &\leq (c_7L)^{m_0}\left|z\right|^L\sum_{\mu_0=0}^{m_0}\binom{m_0}{\mu_0} =(2c_7L)^{m_0}\left|z\right|^L \\ \left|\alpha_1^{\lambda_1z}\cdots \alpha_n^{\lambda_nz}\right| &\leq c_8^{L\left|z\right|} \\ \left|P(\boldsymbol{m})\gamma_1^{m_1}\cdots \gamma_{n-1}^{m_{n-1}}\right| &\leq (c_9L)^{m_1+\cdots +m_{n-1}}\end{align}$

と評価でき、 $f(z)$ の式の和の項数は $(L+1)^{n+1} \leq h^{2n+2}$ なので、

$\displaystyle \left|f(z)\right| \leq h^{2n+2}e^{h^3}(2c_7L)^{m_0}\left|z\right|^Lc_8^{L\left|z\right|}(c_9L)^{m_1+\cdots +m_{n-1}}$

を得る。 $L, \ m_0+m_1+\cdots +m_{n-1} \leq h^2$ なので、十分大なる $h > c$ に対して

$\left|f(z)\right| \leq c_5^{h^3+L\left|z\right|}$

が成り立つことがわかった。次に、後半の主張を証明する。正整数 $l$ を固定して、

$\displaystyle \xi := \frac{P'(l, \boldsymbol{m})}{P(\boldsymbol{m})}f(l)$

と $\xi$ を定義する( $P'$ は④で定義されたもの)。 $\xi$ は次数 $n_0$ が高々 $d^{2n}$ の代数的整数である。理由: 一般論として、代数的数の整数係数最小多項式の最高次の係数をその代数的数に掛ければ代数的整数が得られる(証明は簡単)。よって、 $a_1, \dots, a_n, b_0, \dots, b_{n-1}$ の定義から $\xi$ は代数的整数であることがわかる。また、 $\xi \in \mathbb{Q}(\alpha_1, \dots, \alpha_n, \beta_0, \dots, \beta_{n-1})$ であることから次数に関する主張がわかる。定義より

$\displaystyle \left|P(\boldsymbol{m})\right| \geq \min\{1, c_{10}^{h^2}\}, \quad \left|P'(l, \boldsymbol{m})\right| \leq c_{11}^{Ll}c_{12}^{h^2}$ －⑤

である。 $\xi$ の共役 $\xi^{(2)}, \dots, \xi^{(n_0)}$ は各 $\alpha_r, \beta_r$ をそれぞれの共役に置き換えることによって得られ、 $\alpha_r, \beta_r$ の共役の絶対値は $c_{\bullet}$ で押さえられるので、前半の計算が適用できて

$\displaystyle \left|\xi^{(i)}\right| \leq c_{13}^{h^3+Ll}, \ 2 \leq i \leq n_0$

と評価できることがわかる。従って、もし $\xi \neq 0$ であれば

$\displaystyle 1 \leq \left|\mathrm{Norm}(\xi)\right| = \left|\xi\right| \times \prod_{i=2}^{n_0}\left|\xi^{(i)}\right| \leq \left|\xi \right| \times c_{13}^{(h^3+Ll)(n_0-1)} \leq \left|\xi \right| \times c_{13}^{(h^3+Ll)d^{2n}}$

が成り立つ(代数的整数のノルムは有理整数であることに注意)。すなわち、

$\displaystyle \left|\xi\right| \geq c_{13}^{-(h^3+Ll)d^{2n}}$

が得られた。これに⑤を合わせれば、 $\left|f(l)\right| > c_6^{-h^3-Ll}$ が得られる。 Q.E.D.

補題４ $J$ を $0 \leq J \leq (8n)^2$ 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. $J$ に関する数学的帰納法で証明する。 $J=0$ の場合は命題１②より成立する。 $K$ を $0 \leq K < (8n)^2$ なる整数とし、 $J=0, 1, \dots, K$ のときに成立すると仮定して、 $J=K+1$ の場合を証明する。非負整数 $J$ に対して、 $R_J, S_J$ を

$\displaystyle R_J:=\left[h^{1+\frac{J}{8n}}\right], \ S_j:=\left[\frac{h^2}{2^J}\right]$

と定義する。 $f(z)=f(m_0, \dots, m_{n-1}, z)$ は補題３のように定義して、次を証明すれば十分である：

帰着 $R_K < l \leq R_{K+1}$ を満たす整数 $l$ と非負整数 $m_0, \dots, m_{n-1}$ であって

$m_0+\cdots+m_{n-1} \leq S_{K+1}$

を満たすものに対して、 $f(l)=0$ が成り立つ。

帰着できる理由: $l \leq R_K$ については帰納法の仮定によって証明されているため。 $S_{K+1} \leq S_K$ であることに注意。

ここで、次の主張を示しておく。

主張 $1 \leq r \leq R_K$ , $0 \leq m \leq S_{K+1}$ なる任意の整数 $r, m$ に対して $f_m(r)=0$ が成り立つ。

理由: チェーンルールによって

$\begin{align}f_m(r) &= \left(\frac{\partial}{\partial z_0}+\cdots +\frac{\partial}{\partial z_{n-1}}\right)^m\Phi_{m_0, \dots, m_{n-1}}(z_0, \dots, z_{n-1})\Bigg|_{z_0=\cdots =z_{n-1}=r} \\ &= \sum_{\substack{j_0, \dots, j_{n-1} \geq 0 \\ j_0+\cdots +j_{n-1}=m}}\frac{m!}{j_0!\cdots j_{n-1}!}\Phi_{m_0+j_0, \dots, m_{n-1}+j_{n-1}}(r, \dots, r)\end{align}$

と計算できる。

$m_0+\cdots+m_{n-1}+j_0+\cdots +j_{n-1} \leq 2S_{K+1} \leq S_K$

なので、帰納法の仮定によって $f_m(r)=0$ である。

それでは、帰着された状況の $l, \boldsymbol{m}$ に対して $f(l)=0$ を示そう。 $F(z):=\{(z-1)\cdots (z-R_K)\}^{S_{K+1}}$ とし、 $C$ を原点中心、半径 $R:=R_{K+1}h^{\frac{1}{8n}}$ の円周(向きは半時計回り)とする。すると、主張より $\displaystyle \frac{f(z)}{F(z)}$ は $C$ 上及び内部で正則であるので、

$\displaystyle \theta:=\sup_{z \in C}\left|f(z)\right|,\quad \Theta:=\inf_{z \in C}\left|F(z)\right|$

とすれば、最大値の原理*3より

$\displaystyle \theta\left|F(l)\right| \geq \Theta\left|f(l)\right|$ －⑥

が成り立つ。 $z \in C$ と $1 \leq r \leq R_K$ に対して

$\displaystyle \left|z-r\right| \geq \left|z\right|-\left|r\right| \geq R-R_K \geq \frac{1}{2}R$

なので*4、

$\displaystyle \Theta \geq \left(\frac{1}{2}R\right)^{R_KS_{K+1}}$ －⑦

が成り立つ。また、補題３より

$\theta \leq c_5^{h^3+LR}$ －⑧.

$R_K < l \leq R_{K+1}$ なので $1 \leq r \leq R_K$ に対して $l-r \leq R_{K+1}$ であり、

$\displaystyle \left|F(l)\right| \leq R_{K+1}^{R_KS_{K+1}}$ －⑨

が成立。補題３より $f(l)=0$ または $\left|f(l)\right| > c_6^{-h^3-Ll}$ が成り立つので、後者が成立すると仮定して矛盾を導けばよい。⑥、⑦、⑧、⑨より

$\displaystyle c_5^{h^3+LR}R_{K+1}^{R_KS_{K+1}} \geq \theta\left|F(l)\right| \geq \Theta \left|f(l)\right| > \left(\frac{1}{2}R\right)^{R_KS_{K+1}}c_6^{-h^3-LR}$

なので、

$\displaystyle (c_5c_6)^{h^3+LR} > \left(\frac{1}{2}\frac{R}{R_{K+1}}\right)^{R_KS_{K+1}}=\left(\frac{1}{2}h^{\frac{1}{8n}}\right)^{R_KS_{K+1}}$

を得る。今、 $K < (8n)^2$ であり、

$LR \leq h^{3+\frac{K}{8n}} \leq 2^{K+2}R_KS_{K+1}$

なので*5、

$h^3+LR \leq 2^{K+3}R_KS_{K+1} \leq 2^{(8n)^2+3}R_KS_{K+1}$

が成り立ち、

$\displaystyle \left(\frac{1}{2}h^{\frac{1}{8n}}\right)^{R_KS_{K+1}} < c_{14}^{R_KS_{K+1}}$

すなわち、

$h^{\frac{1}{8n}} < 2c_{14}$

が得られた。これは、十分大なる $h > c$ で矛盾する。 Q.E.D.

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. $\displaystyle X:=h^{8n}, \ Y:=\left[\frac{h^2}{2^{(8n)^2}}\right]$ とする。補題４より、 $1 \leq l \leq X$ 及び $j_0+\cdots +j_{n-1} \leq Y$ を満たすような非負整数 $j_0, \dots, j_{n-1}$ に対して

$\displaystyle \Phi_{j_0, \dots, j_{n-1}}(l, \cdots, l)=0$

が成立する。この事実と補題４の証明中の主張の証明と同様の議論
( $m_0=\cdots=m_{n-1}=0$ とした場合)によって、 $1 \leq r \leq X, \ 0 \leq m \leq Y$ を満たす整数 $r, m$ に対して $\phi_m(r)=0$ が成り立つことがわかる。

$E(z):=\{(z-1)\cdots (z-X)\}^Y$ とし、 $\Gamma$ を原点中心、半径 $R:=Xh^{\frac{1}{8n}}$ の円周(向きは半時計回り)とすれば、上記事実より $\displaystyle \frac{\phi(z)}{E(z)}$ は $\Gamma$ 上及び内部で正則である。よって、

$\displaystyle \xi := \sup_{z \in \Gamma}\left|\phi(z)\right|, \quad \Xi := \inf_{z \in \Gamma}\left|E(z)\right|$

とすれば、最大値の原理より

$\displaystyle \left|\phi(w)\right| \leq \xi\Xi^{-1}\left|E(w)\right|, \quad (\left|w\right| < X)$ −⑩

が成り立つ。三角不等式によって $\left|E(w)\right| \leq (2X)^{XY}$ −⑪であり、 $z \in \Gamma , \ 1\leq r \leq X$ に対して

$\displaystyle \left|z-r\right| \geq \left|z\right|-r \geq R-X \geq \frac{1}{2}R$

なので*6、

$\displaystyle \bigl|\Xi\bigr| \geq \left(\frac{1}{2}R\right)^{XY}$ −⑫

が成り立つ。また、補題３より

$\xi \leq c_5^{h^3+LR}$ −⑬.

よって、⑩、⑪、⑫、⑬より $\left|w\right| < X$ なる複素数 $w$ に対して

$\displaystyle \left|\phi(w)\right| \leq c_5^{h^3+LR}\left(\frac{1}{4}h^{\frac{1}{8n}}\right)^{-XY}$

が成立することがわかった。

$\displaystyle LR \leq h^{2-\frac{1}{4n}}\times h^{8n} \times h^{\frac{1}{8n}} \leq h^{8n+2} \leq 2^{(8n)^2+1}XY$

なので*7、

$\displaystyle \left|\phi(w)\right| \leq c_5^{h^3+2^{(8n)^2+1}XY}\left(\frac{1}{4}h^{\frac{1}{8n}}\right)^{-XY} \leq (c_{15}h^{\frac{1}{8n}})^{-XY} \leq e^{-XY}$

が十分大なる $h > c$ に対して成り立つ。Cauchyの積分公式より、半時計回りの単位円周 $\Lambda$ に対して

$\displaystyle \phi_j(0) = \frac{j!}{2\pi i}\int_{\Lambda}\frac{\phi(w)}{w^{j+1}}dw$

が成り立つので、

$\displaystyle \left|\phi_j(0)\right| \leq \frac{j!}{2\pi}\int_{\Lambda}\left|\frac{\phi(w)}{w^{j+1}}\right|dw \leq j!e^{-XY} \leq j^je^{-XY}$

と評価できる。 $j\log j \leq 8nh^{8n}\log h$ であるが、これは $h > c$ が十分大であれば

$\displaystyle X(Y-1) \geq h^{8n}\left(\frac{h^2}{2^{(8n)^2}}-2\right)$

より小さい。すなわち、 $j^j \leq e^{X(Y-1)}$ が成り立つので、

$\displaystyle \left|\phi_j(0)\right| \leq e^{-X}=\exp(-h^{8n})$

が示された。 Q.E.D.

二つの補題

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、

$\displaystyle \left|t_1\log \alpha_1+\cdots +t_n\log \alpha_n\right| > c_{16}^{-T}$

が成り立つ。

証明. 系とは記号表記を若干変えて、 $t_j \geq 0$ のときは $a_j$ を $\alpha_j$ の整数係数最小多項式の最大次の係数とし、 $t_j < 0$ のときは $a_j$ を $\alpha_j^{-1}$ の整数係数最小多項式の最大次の係数とする。このとき、

$\omega:=a_1^{\left|t_1\right|}\cdots a_n^{\left|t_n\right|}(\alpha_1^{t_1}\cdots \alpha_n^{t_n}-1)$

とすれば、 $\omega$ は次数が高々 $d^n$ であるような代数的整数である。また、

$\Omega:=t_1\log \alpha_1+\cdots +t_n\log \alpha_n$

とする。

$\omega=0$ であれば $e^{\Omega}=0$ なので $\Omega \in 2\pi i\mathbb{Z}$ であるが、 $\log \alpha_1, \dots, \log \alpha_n$ は $\mathbb{Q}$ 上一次独立と仮定しているので $\Omega \neq 0$ である。従って、 $\left|\Omega\right| \geq 2\pi$ 。

$\omega \neq 0$ とすると、 $\omega$ が代数的整数であることから $\left|\mathrm{Norm}(\omega)\right| \geq 1$ である。 $\omega$ の共役は各 $\alpha_j$ を共役に置き換えることによって得られるので、その絶対値は $c_{17}^T$ で押さえられる。従って、

$\left|\omega\right| \geq c_{17}^{-Td^n}$

が得られた。一方、任意の複素数 $z$ に対して $\left|e^z-1\right| \leq \left|z\right|e^{\left|z\right|}$ が成り立つので、 $\left|\Omega\right| \geq 1$ のときはそれで議論を終了し、 $\left|\Omega\right| < 1$ であれば

$\left|\omega\right| \leq c_{18}^T\left|\Omega\right|e^{\left|\Omega\right|} < ec_{18}^T\left|\Omega\right|$

と評価できる。以上により、いずれの場合であっても $\left|\Omega\right| > c_{16}^{-T}$ であることが証明された。 Q.E.D.

補題６ $R, S$ を $R \geq 3$ を満たす正整数とし、 $\sigma_0, \dots, \sigma_{R-1}$ を相異なる複素数とする。
また、 $\sigma, \rho$ を

$\begin{align}\sigma &:= \max\{1, \left|\sigma_0\right|, \dots, \left|\sigma_{R-1}\right|\} \\ \rho &:= \min\{1, \left|\sigma_i-\sigma_j\right| \ (0 \leq i < j < R)\}\end{align}$

と定義する。このとき、 $0 \leq r < R, \ 0 \leq s < S$ なる整数 $r, s$ を任意に取る毎に次のような関数 $W(z)$ が存在する: 関数 $W(z)$ は

$\displaystyle W(z)=\sum_{j=0}^{RS-1}w_jz^j$

という形で表示され(多項式)、各複素係数 $w_i$ は $\left|w_i\right| \leq (8\sigma/\rho)^{RS}$ 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. $r, s$ を任意にとって固定する。このとき、 $W(z)$ を

$\displaystyle W(z):=\frac{1}{s!}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S\times \sum_{k=0}^{S-s-1}u_k(z-\sigma_r)^{s+k}$

と定義する。ただし、

$\displaystyle u_k:=(-1)^k\sum_{\substack{j_0, \dots, j_{r-1}, j_{r+1}, \dots, j_{R-1}\geq 0 \\ j_0+\cdots +j_{r-1}+j_{r+1}+\cdots +j_{R-1} = k}}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\binom{S+j_i-1}{j_i}\frac{1}{(\sigma_r-\sigma_i)^{j_i}}.$

この $W(z)$ が所望の性質を満たすことを確認する。 $W(z)$ が $RS-1$ 次の多項式であることは定義より明らか。 $i \neq r$ のとき、 $z=\sigma_i$ は $W(z)$ の位数 $S$ の零点なので、任意の $0 \leq j < S$ に対して $W_j(\sigma_i)=0$ である。また、 $z=\sigma_r$ は $W(z)$ の位数 $s$ の零点なので、任意の $0 \leq j < s$ に対して、 $W_j(\sigma_r)=0$ である。 $s \leq j < S$ の場合を考える。 $0 \leq t \leq S-s-1$ に対して、Leibniz則より

$\displaystyle W_{s+t}(\sigma_r)=\frac{1}{s!}\sum_{j=0}^t\binom{s+t}{j}\frac{d^j}{dz^j}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S\Bigg|_{z=\sigma_r}\times \frac{d^{s+t-j}}{dz^{s+t-j}}\sum_{k=0}^{S-s-1}u_k(z-\sigma_r)^{s+k}\Bigg|_{z=\sigma_r}$

であるが、

$\displaystyle \frac{d^{s+t-j}}{dz^{s+t-j}}\sum_{k=0}^{S-s-1}u_k(z-\sigma_r)^{s+k}\Bigg|_{z=\sigma_r} = (s+t-j)!\times u_{t-j}$

なので、

$\displaystyle v_j:=\frac{1}{j!}\frac{d^j}{dz^j}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S\Bigg|_{z=\sigma_r}$

とすれば

$\displaystyle W_{s+t}(\sigma_r) = \frac{(s+t)!}{s!}\sum_{j=0}^tv_ju_{t-j}$

が成り立つ。従って、

$\displaystyle \sum_{j=0}^tv_ju_{t-j} = \begin{cases} 1 & (t=0) \\ 0 & (1 \leq t \leq S-s-1) \end{cases}$ −⑭

を示せばよい。

mathtrain.jp

の最後の公式から

$\displaystyle \frac{d^j}{dz^j}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S = \sum_{\substack{j_0, \dots, j_{r-1}, j_{r+1}, \dots, j_{R-1}\geq 0 \\ j_0+\cdots +j_{r-1}+j_{r+1}+\cdots +j_{R-1} = j}}\frac{j!}{\displaystyle \prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}j_i!}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\frac{d^{j_i}}{dz^{j_i}}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S$

であり、

$\displaystyle \frac{d^{j_i}}{dz^{j_i}}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S\Bigg|_{z=\sigma_r} = \frac{S!}{(S-j_i)!}\frac{1}{(\sigma_r-\sigma_i)^{j_i}}$

なので、

$\displaystyle v_j=\sum_{\substack{j_0, \dots, j_{r-1}, j_{r+1}, \dots, j_{R-1}\geq 0 \\ j_0+\cdots +j_{r-1}+j_{r+1}+\cdots +j_{R-1} = j}}\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\binom{S}{j_i}\frac{1}{(\sigma_r-\sigma_i)^{j_i}}$

を得る。ここで、不定元 $X$ と正整数 $m$ に対して成立する冪級数展開

$\displaystyle (1+X)^m = \sum_{i=0}^m\binom{m}{i}X^i, \quad \frac{1}{(1+X)^m} = \sum_{i=0}^{\infty}(-1)^i\binom{m+i-1}{i}X^i$

より、 $\{v_j\}, \ \{u_k\}$ の母関数はそれぞれ次で与えられることがわかる*8：

$\displaystyle \prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(1+\frac{X}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S = \sum_{j=0}^{(R-1)S}v_jX^j,\quad \prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(1+\frac{X}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^{-S} = \sum_{k=0}^{\infty}u_kX^k.$

これらの積は $1$ なので、⑭が従う。

次に、 $W(z)$ の多項式としての係数の絶対値評価を行う。まず、 $\tau_1, \dots, \tau_N$ が $\sigma_0, \dots, \sigma_{R-1}$ のいずれかであるとき(重複があってもよい)、

$\displaystyle (z-\tau_1)\cdots (z-\tau_N)$

の各 $z^j$ の係数の絶対値は $(\sigma+1)^N$ で上から評価できることに注意する。理由: 各係数は $\tau_1, \dots, \tau_N$ の基本対称式で書けるので、 $z^j$ の係数の絶対値は

$\displaystyle \binom{N}{N-j}\sigma^{N-j} \leq (\sigma+1)^N$

と押さえられる。これより、 $\displaystyle \prod_{\substack{i=0 \\ i \neq r}}^{R-1}\left(\frac{z-\sigma_i}{\sigma_r-\sigma_i}\right)^S$ の各 $z^j$ の係数の絶対値は

$\displaystyle (\sigma+1)^{(R-1)S}\times \rho^{-(R-1)S}$ −⑮

で上から押さえられる。また、

$\displaystyle \left|\binom{S+j_i-1}{j_i}\frac{1}{(\sigma_r-\sigma_i)^{j_i}}\right| \leq \frac{2^{S+j_i-1}}{\rho^{j_i}}$

なので、 $0 \leq k \leq S-s-1$ に対して

$\begin{align} \left|u_k\right| &\leq \sum_{\substack{j_0, \dots, j_{r-1}, j_{r+1}, \dots, j_{R-1}\geq 0 \\ j_0+\cdots +j_{r-1}+j_{r+1}+\cdots +j_{R-1} = k}}2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^{j_0+\cdots +j_{r-1}+j_{r+1}+\cdots +j_{R-1}} \\ &\leq {}_{R-1}H_k\times 2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^k \\ &\leq S^{R-2}\times 2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^{S-1}\end{align}$

と評価できる。ここで、重複組合せの評価

$\begin{align} {}_{R-1}H_k &= \binom{R-1+k-1}{k}=\binom{k+R-2}{R-2} \\ &= \left(\frac{k}{R-2}+1\right)\left(\frac{k}{R-3}+1\right)\cdots (k+1) \leq (k+1)^{R-2} \leq S^{R-2}\end{align}$

を使った。

よって、 $u_k(z-\sigma_r)^{s+k}$ の各 $z^j$ の係数の絶対値は

$\displaystyle \left|u_k\right|(\sigma+1)^{s+k} \leq S^{R-2}\times 2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^{S-1}\times (\sigma+1)^{S-1}$

で押さえられるので、 $\displaystyle \sum_{k=0}^{S-s-1}u_k(z-\sigma)^{s+k}$ の各 $z^j$ の係数の絶対値は

$\displaystyle S^{R-1}\times 2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^{S-1}\times (\sigma+1)^{S-1}$ −⑯

で押さえられる。さて、各係数の絶対値が $a$ で上から押さえられる $N$ 次多項式と各係数の絶対値が $b$ で上から押さえられる $M$ 次多項式の積として得られる多項式の各係数の絶対値は $\min\{N+1, M+1\}ab$ で上から押さえることができるので、⑮、⑯より $W(z)$ の各 $z^j$ の係数の絶対値は

$\begin{align} &\frac{1}{s!}\times S\times (\sigma+1)^{(R-1)S}\times \rho^{-(R-1)S} \times S^{R-1}\times 2^{(R-1)S}\times \left(\frac{2}{\rho}\right)^{S-1}\times (\sigma+1)^{S-1} \\ &\leq \frac{1}{s!}\times S^{R}(\sigma+1)^{RS}\left(\frac{2}{\rho}\right)^{RS}\end{align}$

で押さえられることがわかった。 $\displaystyle \frac{1}{s!} \leq 1, \ S^R \leq 2^{RS}, \ \sigma+1 \leq 2\sigma$ なので、これは

$\displaystyle \left(\frac{8\sigma}{\rho}\right)^{RS}$

押さえられる。 Q.E.D.

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、 $\nu_i, p_i, \psi_i$ を $i$ の $S$ 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 $\Phi$ 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 $c_{16}^{-L}$ 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、 $\sigma \leq c_{19}L, \ \rho \geq c_{20}^{-L}$ がわかる。今、 $t$ を $p_t \neq 0$ 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、 $r$ を $\psi_t=\sigma_r$ 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

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

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

$\displaystyle \left|w_j\right| \leq \left(\frac{8\sigma}{\rho}\right)^{RS} \leq (8c_{19}Lc_{20}^L)^{RS} \leq c_{21}^{h^{2n+4}}.$

最後に、 $\left|p_t\right| \geq 1$ を使えば、

$\displaystyle 1 \leq \left|p_t\right| \leq \sum_{j=0}^{RS-1}\left|w_j\right|\cdot \left|\phi_j(0)\right| \le RSc_{21}^{h^{2n+4}}\exp(-h^{8n})$

なので、

$\displaystyle 0 \leq (2n+2)\log h + c_{22}h^{2n+4}-h^{8n}$

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).

*2:補題６は留数定理を使うBakerの証明より直接的な証明を書いています。

*3:最大絶対値の原理 - Wikipedia

*4:最後の不等式は $\frac{1}{2}R \geq R_K$ 、すなわち $\frac{1}{2}R_{K+1}h^{\frac{1}{8n}} \geq R_K$ が成り立つということであるが、 $R_K \leq R_{K+1}$ なので、十分大きい $h > c$ に対して成立する。

*5:最初の不等式は、

$R=R_{K+1}h^{\frac{1}{8n}}=\left[h^{1+\frac{K+1}{8n}}\right]h^{\frac{1}{8n}} \leq h^{1+\frac{K+2}{8n}}$

及び

$\displaystyle L=\left[h^{2-\frac{1}{4n}}\right] \leq h^{2-\frac{1}{4n}}$

から従い、二つ目の不等式は

$\displaystyle R_KS_{K+1} > \left(h^{1+\frac{K}{8n}}-1\right)\left(\frac{h^2}{2^{K+1}}-1\right) =\frac{h^{3+\frac{K}{8n}}}{2^{K+1}}-\text{(something)} \geq \frac{h^{3+\frac{K}{8n}}}{2^{K+2}}$