"Ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)"의 두 판 사이의 차이

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<math>w = \frac{1-z}{1-(1-xy)z}</math>로 치환하면, <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dydxdw</math> 이다.
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이제 <math>g(y)=\frac{1}{1-(1-xy)w}</math>에 '''보조정리 4'''를 적용하자. <math>g^{(n)}(y)=\frac{(-1)^{n}n!(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}</math> 이므로,
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<math> \int_0^1\frac{P_n(y)}{1-(1-xy)w} dy=\int_0^1\frac{P_{0}(y)(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}\,dy</math> 을 얻는다.
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따라서
  
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<math>w = \frac{1-z}{1-(1-xy)z}</math>로 치환하면, <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1   \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dxdydw</math> 이다.
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<math>I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dydxdw</math>
  
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위와 같이 n 번의 부분적분을 거치면 <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}P_n(x)P_n(y) dxdy = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{\big(x(1-x)y(1-y)z(1-z)\big)^n}{\big(1 - (1-xy)w\big)^{n+1}} dxdydw</math>
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 <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}P_n(x)P_n(y) dxdy = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{\big(x(1-x)y(1-y)z(1-z)\big)^n}{\big(1 - (1-xy)w\big)^{n+1}} dxdydw</math>
  
 
다시, '''보조정리 2'''와 '''보조정리 3'''에 의해서
 
다시, '''보조정리 2'''와 '''보조정리 3'''에 의해서
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* http://www.google.com/search?hl=en&tbs=tl:1&q=
 
* http://www.google.com/search?hl=en&tbs=tl:1&q=
 
* [[수학사연표 (역사)|수학사연표]]
 
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<math>\begin{eqnarray*} I_n    &=& \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz \\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ \frac{d}{dx}\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz\\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ P_n(y)}{1-(1-xy)z}  d\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) dydz \\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y) yz \frac{\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)}{\big(1-(1-xy)z\big)^2}  dxdydz \end{eqnarray*}</math>
 
<math>\begin{eqnarray*} I_n    &=& \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz \\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ \frac{d}{dx}\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz\\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ P_n(y)}{1-(1-xy)z}  d\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) dydz \\    &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y) yz \frac{\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)}{\big(1-(1-xy)z\big)^2}  dxdydz \end{eqnarray*}</math>
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위 과정을 n번 반복하면 <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y)  \frac{(xyz)^n(1-x)^n}{\big(1-(1-xy)z\big)^{n+1}}  dxdydz</math>이다.
 
위 과정을 n번 반복하면 <math>I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y)  \frac{(xyz)^n(1-x)^n}{\big(1-(1-xy)z\big)^{n+1}}  dxdydz</math>이다.
  
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* http://www.math.uu.nl/people/beukers/caen.pdf
  
 
 
 
 

2011년 1월 1일 (토) 09:36 판

이 항목의 스프링노트 원문주소

 

 

개요
  • 리만제타함수는 정수론, 특히 소수 연구에서 아주 중요한 함수임
  • 짝수에서의 리만 제타 함수의 값은 잘 알려져 있음
  • 홀수 값들에 대해서는 알려진 바가 별로 없음
    • \(\zeta(3)\)은 무리수. (초월성에 대해서는 모름)
    • \(\zeta(2n+1)\) 중 무리수인 것은 무수히 많다.
    • \(\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \zeta(11)\) 중 적어도 하나는 무리수이다.

 

 

Apery 상수
  • 1979년 Apery는 \(\zeta(3)\) 이 무리수임을 보였으며, 이후로 \(\zeta(3)\) 는 Apery 상수라 불린다.
  • 다음과 같은 등식이 사용되었다
    \(\zeta(3) = \frac{5}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}\)

 

 

증명
  • Apery의 증명보다 좀 더 깔끔한 형태의 증명(Beuker의 증명과 유사)

 

 

보조정리 1

충분히 큰 n에 대하여, 1, 2, 3, …, n 의 최소공배수(\(d_n\)라 쓰자)는 \(2.99^n\) 보다 작다.

(증명)

\(d_n = \prod_{\substack{p\le n\\ p \mathrm{\ prime}}} p^{\lfloor \log_p n \rfloor} \le \prod_{\substack{p\le n\\ p \mathrm{\ prime}}} p^ {\log_p n} = \prod_{\substack{p\le n\\ p \mathrm{\ prime}}} n = n^{\pi(n)}\)

소수정리에 의하여, \(\pi(n) < \log2.99\cdot \frac{n}{\log n}\) 그러므로 \(n^{\pi(n)} < n^{\log_n 2.99^n} = 2.99^n\)

그러므로 \(d_n\) < \(2.99^n\). ■

 

 

보조정리 2

r, s  는 음 아닌 정수라 하자.

  • r > s 이면
    • \(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^r y^s}{1-xy}dxdy\) 는 분모가 \(d_r^2\)의 약수인 유리수이다.
    • \(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^r y^s \log(xy)}{1-xy}dxdy \) 는 분모가 \(d_r^3\)의 약수인 유리수이다.
  • r = s 이면
    • \(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^r y^s}{1-xy}dxdy = \zeta(2) - \sum_{j = 1}^{r}\frac{1}{j^2}\)
    • \(\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^r y^s \log(xy)}{1-xy}dxdy = 2(\zeta(3) - \sum_{j = 1}^{r}\frac{1}{j^3})\)
      (여기서 r = 0 이면 \(\sum_{j = 1}^{r}a_j = 0\)이라 하자)

 

 

보조정리 3

\(u, v, w \in (0,1)\) 이면, \( $\varphi(u, v, w) = \frac{u(1-u)v(1-v)w(1-w)}{1-(1-uv)w} \le \frac{1}{27}\).

(증명)

산술기하 부등식에서, \(1- (1-uv)w = (1-w) + uvw \ge 2\sqrt{1-w}\sqrt{uvw}\)이다. 그러므로, \(\varphi(u,v,w) \le \frac{1}{2}\sqrt{(1-w)uvw}(1-u)(1-v)$$ 이다.\)
\(0<x<1\)에서 \(x(1-x)\)의 최대값은 \(\frac{1}{4}\)이고, \(x(1-x^2)\)의 최대값은 \(\frac{2}{3\sqrt{3}}\)이다. 그러므로,

\(\begin{eqnarray*} \varphi(u,v,w) &\le& \frac{1}{2}\sqrt{(1-w)w}\cdot\sqrt{u}(1-u)\cdot\sqrt{v}(1-v) \\ &\le& \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3\sqrt{3}}\cdot \frac{2}{3\sqrt{3}}\\ &=& \frac{1}{27} \end{eqnarray*} # \)■

 

(정의)

다항식 \(P_n\)을 다음과 같이 정의하자.

\(P_n(x) = \frac{1}{n!}\frac{d^n}{dx^n}\big(x^n(1-x)^n\big)\)

이 다항식은 정수계수 다항식인것을 알 수 있다.

 

 

보조정리 4

\(n\geq 1\) 일 때, \(\int_0^1P_n(x)f(x)\,dx=-\frac{1}{n}\int_0^1P_{n-1}(x)f'(x)\,dx=\cdots=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1P_{0}(x)f^{(n)}(x)\,dx\).

(증명)

\(P_n(x) = \frac{1}{n!}\frac{d^n}{dx^n}\big(x^n(1-x)^n\big)=\frac{1}{n}\frac{d}{dx}\frac{1}{(n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)=\frac{1}{n}P_{n-1}'(x)\)

\(\int_0^1P_n(x)f(x)\,dx=\frac{1}{n}[P_{n-1}(x)f(x)]_{0}^{1}-\frac{1}{n}\int_0^1P_{n-1}(x)f'(x)\,dx=-\frac{1}{n}\int_0^1P_{n-1}(x)f'(x)\,dx\). ■

 

 

(정의)

\(I_n = \int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}P_n(x)P_n(y) dxdy\) 라고 하자.

 

 

보조정리 5

\(I_n = \frac{A_n + B_n\zeta(3)}{d_n^3}\)를 만족하는 정수 \(A_n,\ B_n\)가 존재한다.

(증명)

\(P_n(x)P_n(y)\)는 정수계수 다항식이다. 그러므로, 보조정리 2에 의하여 위의 조건을 만족시키는 정수 \(A_n,\ B_n\)을 찾을 수 있다. ■

 

 

보조정리 6

\(0 <|I_{n}| < 2\zeta(3)\frac{1}{27^n}\). 즉, \(0 <|I_{n}|=|A_n + B_n \zeta(3)| d_n^{-3} < 2\zeta(3)\frac{1}{27^n}\) 이 성립한다.

 

(증명)

\(\int_0^1\frac{1}{1-(1-xy)z}dz = -\frac{\log(xy)}{1-xy}\)이므로, \(I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz\)라고 쓸 수 있다.

 

 

\(f(x)=\frac{1}{1-(1-xy)z}\)에 보조정리 4를 적용하자. \(f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n}n!(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}\) 이므로,

\( \int_0^1\frac{P_n(x)}{1-(1-xy)z} dx=\int_0^1P_n(x)f(x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1P_{0}(x)f^{(n)}(x)\,dx =\int_0^1\frac{P_{0}(x)(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}\,dx\) 을 얻는다.

따라서

\(I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y) \frac{(xyz)^n(1-x)^n}{\big(1-(1-xy)z\big)^{n+1}} dxdydz\) 이다.

 

\(w = \frac{1-z}{1-(1-xy)z}\)로 치환하면, \(I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dydxdw\) 이다.

이제 \(g(y)=\frac{1}{1-(1-xy)w}\)에 보조정리 4를 적용하자. \(g^{(n)}(y)=\frac{(-1)^{n}n!(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}\) 이므로,

\( \int_0^1\frac{P_n(y)}{1-(1-xy)w} dy=\int_0^1\frac{P_{0}(y)(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}\,dy\) 을 얻는다.

따라서

\(I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dydxdw\)

 \(I_n = \int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}P_n(x)P_n(y) dxdy = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{\big(x(1-x)y(1-y)z(1-z)\big)^n}{\big(1 - (1-xy)w\big)^{n+1}} dxdydw\)

다시, 보조정리 2와 보조정리 3에 의해서

\(\begin{eqnarray*} I_n &\le& \frac{1}{27^n} \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1 - (1-xy)w}dxdydz \\ &=& \frac{1}{27^n}\int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}dxdy = \frac{2}{27^n}\zeta(3) \end{eqnarray*}\)

최종적으로 다음이 성립한다.\(0 < |A_n + B_n \zeta(3)| d_n^{-3} < 2\zeta(3)\frac{1}{27^n}\). ■

 

 

귀류법을 이용한 명제의 증명

귀류법을 사용하자. 결론을 부정하여 \(\zeta(3)\)이 유리수, 예컨대 \($\zeta(3) = \frac{a}{b}\) 라 하자(a, b는 서로소인 자연수).

보조정리 1에 의하여,

\(0 < |bA_n + aB_n| < 2b \zeta(3) \Big(\frac{d_n}{3^n}\Big)^3 < 2b \zeta(3) \Big(\frac{2.99}{3}\Big)^{3n} \)

충분히 큰 n을 잡으면, 자연수인 \(|bA_n + aB_n|\) 가 1보다 작아지므로 모순이다.

그러므로, \(\zeta(3)\)은 무리수이다.■

 

 

 

재미있는 사실

 

 

 

역사

 

 

 

메모[1]

\(\begin{eqnarray*} I_n &=& \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{P_n(x)P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz \\ &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ \frac{d}{dx}\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) P_n(y)}{1-(1-xy)z} dxdydz\\ &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{ P_n(y)}{1-(1-xy)z} d\Big(\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)\Big) dydz \\ &=& \frac{1}{n!}\int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y) yz \frac{\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}\big(x^n(1-x)^n\big)}{\big(1-(1-xy)z\big)^2} dxdydz \end{eqnarray*}\)

 

위 과정을 n번 반복하면 \(I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 P_n(y) \frac{(xyz)^n(1-x)^n}{\big(1-(1-xy)z\big)^{n+1}} dxdydz\)이다.

 

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