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