ネイピア数と超越数についてのメモ - 音楽室と化学室と美術室とPC室の融合部屋　所謂自由室

皆さん超越数って知っていますか

まず代数的数について， $\mathbb{Z}$ 係数の有限次多項式の解になるもの・・・
すなわち適当な $0< n\in\mathbb{Z}$ と $a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n\in\mathbb{Z}$ が存在し，
$a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_nx^n = 0$
を満たすとき， $x$ は代数的数と言い，代数的数でないものを超越数と言います．

ネイピア数 $e$ は超越数の1つになります．
今回は $e$ が超越数であることの証明について，備忘録としてまとめました．

方針
背理法の前提
矛盾を発生させる前提の作成
Jの決定
fについての考察
Jの評価(1)
Jの評価(2)
矛盾を導く
参考文献

方針

方針としては，

$e$ が代数的数であると仮定する
$e$ は代数的数と仮定しているので， $g(e) = 0$ となる整数係数多項式が存在
$g(x)$ の係数を用いて $e$ を用いた整数の式 $J$ を用意する
$g(e) = 0$ を用いて $J$ 中の $e$ を消滅させる
$J$ の大きさの評価により発生する矛盾について調べる

という流れになります．

背理法の前提

$e$ を代数的数とする．すると
$g(e) = a_0 + a_1e + a_2e^2 + \cdots + a_Ne^N = 0$
となる整数列 $\{a\}$ が存在する．

矛盾を発生させる前提の作成

$f(x)$ を適当な有限次（一旦 $m$ 次とする）多項式とする．すると $f(x)$ は $m+1$ 回以上の微分を行うと $0$ の定数関数になる．
$f$ については後々考えるが，この性質はどんな式でも変わらないのでこの章はこのまま続ける．

まず $F(t) = \int_{0}^{t}f(x)e^{t-x}dx$ について計算する．
なぜこの積分を行うかというと，この $F$ は部分積分を続けていくと有限個の項で積分が終わる．
この積分について2種類の大きさの評価を用いることで，矛盾を引き起こすことができる．

この $F$ は $\int_{0}^{t}f(x)\left(-e^{t-x}\right)'dx$ として部分積分を行うと
$F(t) = (e^tf(0) - f(t)) + \int_{0}^{t}f^{(1)}(x)e^{t-x}dx$
になる．新たに出てきた積分は， $f$ の次数が下がっただけで特に変化がないので，同じように何度も繰り返す．

すると $f^{(m+1)}(x) = 0$ になるので
$F(t) = (e^tf(0) - f(t)) + (e^tf^{(1)}(0) - f^{(1)}(t)) + \cdots + (e^tf^{(m)}(0) - f^{(m)}(t))$
で打ち切られ，
$F(t) = e^t(f(0) + f^{(1)}(0) + \cdots + f^{(m)}(0)) - (f(t) + f^{(1)}(t) + \cdots + f^{(m)}(t))$
となる．

Jの決定

$g(e) = a_0 + a_1e + a_2e^2 + \cdots + a_Ne^N = 0$ となる整数列 $\{a\}$ を用いて考える．
今回はこの係数を用いた
$J = a_0F(0) + a_1F(1) + \cdots + a_NF(N)$
という $J$ について考えていきたい．
簡潔にまとめると
$J = \sum_{j=0}^{N}a_jF(j)$
になる．

すると
$F(t) = e^t\sum_{k=0}^{m}f^{(k)}(0) - \sum_{k=0}^{m}f^{(k)}(t)$
なので
$J = \left(\sum_{j=0}^{N}e^ja_j\left(\sum_{k=0}^{m}f^{(k)}(0)\right)\right) - \left(\sum_{j=0}^{N}a_j\left(\sum_{k=0}^{m}f^{(k)}(j)\right)\right)$
とまとめると
$\sum_{j=0}^{N}e^ja_j = g(e) = 0$
なので
$J = - \sum_{j=0}^{N}\sum_{k=0}^{m}a_jf^{(k)}(j)$
という部分のみが残る．

fについての考察

fの決め方

$F$ の積分に用いた多項式 $f(x)$ について，今回は
$g(e) = a_0 + a_1e + a_2e^2 + \cdots + a_Ne^N = 0$
となる $N$ と素数 $p$ を用いて
$f(x) = x^{p-1}(x-1)^p(x-2)^p\cdots(x-N)^p$
という式を作成する．

これは1次式 $(p - 1) + Np = (N + 1)p - 1$ 個の積なので， $m = (N + 1)p - 1$ 次式になる．
これを微分したものを考えていきたい．

積の微分について若干の考察

例として1次式の積
$h(x) = (x - \alpha)^n(x - \beta)^n$
の微分は
$h'(x) = n(x - \alpha)^{n-1}(x - \beta)^n + n(x - \alpha)^n(x - \beta)^{n-1}$
というようにどれか1つの項の次数が落ちるだけで，少なくとも $n$ 回は微分しないと
$h^{(n)}(\alpha) \neq 0$
もしくは
$h^{(n)}(\beta) \neq 0$
にはならない．

fの考察

p-1未満回の微分

以上を踏まえると， $f(x)$ は少なくとも $p-1$ 回微分しないと
$f^{(j)}(k) = 0$
のままになる．

p-1回の微分

$p-1$ 回微分した場合， $x^{p-1}$ を消しきった項が1つ存在し，
$f(x) = (p-1)!(x-1)^p(x-2)^p\cdots(x-N)^p + \cdots$
という式にはなっているので， $j = 0$ のとき
$f^{(p-1)}(0) = (p-1)!(-1)^p(-2)^p\cdots(-N)^p$
を整理し
$f^{(p-1)}(0) = (p-1)!(N!)^{p}(-1)^{Np}$
であり， $1\leq j\leq N$ のときは少なくとも $(x-j)$ の項はどれも残っているので
$f^{(p-1)}(j) = 0$
になる．

$p$ 回以上微分を行った場合，以下の2つに分けられる

$m$ 次式全て微分しきった場合
まだ残っている場合

m次式全て微分しきった場合

$m$ 次式全て微分しきった場合は0になる．

まだ残っている場合

まだ残っている場合については，重点的に $(x-k)^p$ を消化した場合，その分の次数下げが行われているので
$f^{(j)}(k) = p!(\sim)$
というように $p!$ の倍数になる．
他の引数については $(x-k)^p$ が残っていれば $f^{(j)}(l) = 0$ であり，消えていればそれもまた $p!$ の倍数になるので，
いずれにしろ $p!$ の倍数になる．

つまり $p$ 回以上微分を行うと，少なくとも $p!$ の倍数にはなる．

以上より， $f^{(p-1)}(0)$ を除くと $f^{(j)}(k)$ は $p!$ の倍数になり，
$f^{(p-1)}(0)$ は $f^{(p-1)}(0) = (p-1)!(N!)^{p}(-1)^{Np}$ になる．

Jの評価(1)

これから $J$ の評価を行う．
$f$ に用いる $p$ については， $p>N$ かつ $p>|a_0|$ となる素数 $p$ が都合が良い．
「都合がいい」という理由はすぐに述べる．

ここから $J = - \sum_{j=0}^{N}\sum_{k=0}^{m}a_jf^{(k)}(j)$ について考察を行う．

少なくとも $a_0f^{(p-1)}(0)$ 以外は $p!$ の倍数であるが，
$f^{(p-1)}(0)$ は $f^{(p-1)}(0) = (p-1)!(N!)^{p}(-1)^{Np}$ については
$p>N$ かつ $p>|a_0|$ であるため $p!$ の倍数にはならない．

$\{a\}$ は整数列であり， $f(x)$ も整数係数多項式なので， $J$ も整数になる．
また， $|J|\neq 0$ であるため $|J|\geq (p-1)!$ になる．

Jの評価(2)

次に $F$ を構成していた
$F(t) = \int_{0}^{t}f(x)e^{t-x}dx$
についての考察を行う．

これは
$\left|F(t)\right| \leq \int_{0}^{t}\left|f(x)e^{t-x}\right|dx$
であり， $f(x)$ の各係数に絶対値をつけた $g(x)$ を定義すると
$\left|F(t)\right| \leq |t|g(t)e^{|t|}$
という評価ができる．

また
$f(x) = x^{p-1}(x-1)^p(x-2)^p\cdots(x-N)^p$
と定義していたので
$f(x) \leq (2N)^{p-1}(N + N)^p\cdots (N + N)^p = (2N)^m$
という簡単な式で評価ができ，
$\left|F(t)\right| \leq |t|(2N)^me^{|t|}$
になる．

一方
$J = a_0F(0) + a_1F(1) + \cdots + a_NF(N)$
なので
$|J| \leq a_1(2N)^me + a_2(2N)^me^2 + \cdots + a_NN(2N)^me^{N}$
になる．

これを更に大きく見積もっていく．
$\{a\}$ の中で最大のものを $a$ と置き， $e^k$ に関しては全て $e^N$ にする．
$|J| \leq a(2N)^me^N + a(2N)^me^N + \cdots + aN(2N)^me^{N}$
整理して
$|J| \leq aN^2(2N)^me^N$
更に大きく見積もるため， $a,\ 2N,\ N^2,\ e^N$ の中で最大のものを $b$ と置き， $m = p(N+1)-1$ だったので
$|J| \leq b^{p(N+1)+2} \leq b^{p(N+2)}$
こうして $p$ によらない十分に大きい $C$ に対し
$|J| \leq C^{p}$
と評価ができる．

矛盾を導く

これまでの議論により $|J|\geq (p-1)!$ と $|J| \leq C^{p}$ の2つの評価が得られた．
つまり $(p-1)!\leq C^{p}$ という大小関係になるが，素数 $p$ を限りなく大きくしていくと
$\frac{C^p}{(p-1)!}\to 0$
なので $(p-1)!\geq C^{p}$ になる．