Ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)

수학노트
둘러보기로 이동 검색으로 이동

개요

<math>\zeta(2n) =(-1)^{n+1}\frac{B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}, n \ge 1</math>
  • 홀수에서의 리만 제타함수에 대해서는 다음이 알려져 있다
    • <math>\zeta(3)</math>은 무리수. (초월수인지는 모름)
    • <math>\zeta(2n+1)</math> 중 무리수인 것은 무수히 많다.
    • <math>\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \zeta(11)</math> 중 적어도 하나는 무리수이다.
  • 1979년 아페리 (Apéry)는 <math>\zeta(3)</math> 이 무리수임을 보였으며, 이후로 <math>\zeta(3)</math> 는 아페리 상수라 불린다.
  • 아페리의 아이디어에 대해서는 아페리(Apéry) 점화식 항목 참조
  • <math>\zeta(3)/\pi^3</math>가 유리수인지 무리수인지를 보이는 것은 아페리 상수에 대한 주요 미해결 문제


<math>\zeta(3)</math>이 무리수임의 증명

  • [Beukers1979] 의 증명
  • [Huylebrouck2001] 참조


증명의 아이디어

다음 조건을 만족하는 정수열 <math>p_n,q_n>0</math>과 상수 <math>\delta>0</math>가 존재함을 보일 수 있다

<math>|\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}|<\frac{1}{q_n^{1+\delta}},\quad n=1,2,\cdots</math>

이로부터 무리수와 디오판투스 근사의 아이디어를 적용하여, <math>\zeta(3)</math>가 무리수임을 증명한다


보조정리 1

충분히 큰 n에 대하여, <math>1, 2, 3, \cdots, n</math> 의 최소공배수(<math>d_n</math>라 쓰자)는 <math>2.99^n</math> 보다 작다.

(1부터 n까지의 최소공배수 항목 참조)

(증명)

<math>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)}</math>

소수정리에 의하여, 충분히 큰 n에 대하여 <math>\pi(n) < \log2.99\cdot \frac{n}{\log n}</math> 이 성립한다. 그러므로 <math>n^{\pi(n)} < n^{\log_n 2.99^n} = 2.99^n</math>

그러므로 <math>d_n<2.99^n</math>. ■



보조정리 2

r, s 는 음 아닌 정수라 하자.

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


(증명)

<math>\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+k+r+\delta ) (1+k+s+\delta )}</math>

여기서

<math>\frac{1}{ (1+k+s+\delta )}-\frac{1}{(1+k+r+\delta ) }=\frac{r-s}{(1+k+r+\delta ) (1+k+s+\delta )}</math> 를 이용하면, 감쇄급수가 된다.

이를 이용하여 다음을 얻는다 :

<math>r=s</math> 일 때,

<math>\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+k+r+\delta )^2}</math>

<math>r>s</math> 일 때,

<math>\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\frac{1}{r-s}\left(\frac{1}{s+1+\delta}+\cdots +\frac{1}{r+\delta} \right)</math>



위 식의 양변을 <math>\delta</math>로 미분하면,

<math>r=s</math>일 때,

<math>\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^{\delta +r} y^{\delta +s} \log (xy)}{1-xy}dxdy=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k+r+\delta )^3}</math>

<math>r>s</math>일 때,

<math>\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^{\delta +r} y^{\delta +s} \log (xy)}{1-xy}dxdy=\frac{1}{r-s}\left(\frac{1}{(s+1+\delta)^2}+\cdots +\frac{1}{(r+\delta)^2} \right)</math>.

■



보조정리 3

<math>u, v, w \in (0,1)</math> 이면, :<math>\varphi(u, v, w) = \frac{u(1-u)v(1-v)w(1-w)}{1-(1-uv)w} \le \frac{1}{27}</math>.

(<math>u, v, w \in (0,1)</math> 에서의 최대값은 <math>(\sqrt{2}-1)^4</math> 이다) 다변수 함수의 임계점 항목 참조)

(증명)

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

<math>\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*} </math>

■



정의


정수 <math>n\geq 0</math> 에 대하여 다항식 <math>P_n</math>을 다음과 같이 정의하자.

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

이 다항식은 정수계수 다항식인것을 알 수 있다. (이 다항식은 본질적으로 르장드르 다항식이다)

<math>P_{0}(x)=0</math>, <math>P_{1}(x)=1-2x</math>, <math>P_{2}(x)=1-6x-6x^2</math>




보조정리 4

<math>n\geq 1</math> 일 때, n번 미분가능한 함수 <math>f</math>에 대하여 다음이 성립한다.

<math>\int_0^1P_n(x)f (x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1 x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx</math>.

(증명)

<math>Q(x)=x^n(1-x)^n</math> 라 두자.

<math>0\leq k < n</math> 일 때 <math>Q^{(k)}(0)=Q^{(k)}(1)=0</math>이므로. 부분적분을 반복적용하면,

<math>\int_0^1Q^{(n)}(x)f (x)\,dx=-\int_0^1Q^{(n-1)}(x)f'(x)\,dx=\cdots=(-1)^n \int_0^1 Q(x)f^{(n)}(x)\,dx</math>
<math>P_n(x) = \frac{Q^{(n)}(x)}{n!}</math> 이므로 증명되었다. ■



정의

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

보조정리 5

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

(증명)

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



보조정리6

<math>0 <|I_{n}| < 2\zeta(3)\frac{1}{27^n}</math>. 즉,

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


(증명)

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

<math>f(x)=\frac{1}{1-(1-xy)z}</math>에 대하여 보조정리 4를 적용하자.

<math>f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n}n!(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}</math> 이므로,
<math> \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_0^1x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx =\int_0^1\frac{x^{n}(1-x)^n(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}\,dx</math> 을 얻는다.

따라서

<math>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</math> 이다.

<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.

이제 <math>g(y)=\frac{1}{1-(1-xy)w}</math>에 보조정리 4를 적용하자.

<math>g^{(n)}(y)=\frac{(-1)^{n}n!(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}</math> 이므로,
<math>\int_0^1\frac{P_n(y)}{1-(1-xy)w} dy=\int_0^1\frac{y^{n}(1-y)^n(xw)^{n}}{(1-(1-xy)w)^{n+1}}\,dy</math> 을 얻는다.

따라서

<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 =\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{\big(x(1-x)y(1-y)w (1-w)\big)^n}{\big(1 - (1-xy)w\big)^{n+1}} dxdydw</math>

이제 보조정리 2와 보조정리 3에 의해

<math>I_n \leq \frac{1}{27^n} \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1 - (1-xy)w}dwdxdy =\frac{1}{27^n}\int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}dxdy = \frac{2}{27^n}\zeta(3)</math> ■



귀류법을 이용한 증명의 마무리

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

보조정리 1과 보조정리 6에 의하여,

<math>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} </math>

충분히 큰 n을 잡으면, 자연수인 <math>|bA_n + aB_n|</math> 가 1보다 작아지므로 모순이다.

그러므로, <math>\zeta(3)</math>은 무리수이다. ■

재미있는 사실



역사



메모

<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>


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.



관련된 항목들

매스매티카 파일 및 계산 리소스


사전 형태의 자료


관련논문

관련도서

리뷰, 에세이, 강의노트

  • F. M. S. Lima, Beukers-like proofs of irrationality for <math>ζ{(2)}</math> and <math>ζ{(3)}</math>, arXiv:1308.2720 [math.NT], August 12 2013, http://arxiv.org/abs/1308.2720

메타데이터

위키데이터

Spacy 패턴 목록

  • [{'LOWER': 'roger'}, {'LEMMA': 'Apéry'}]
  • [{'LOWER': 'roger'}, {'LEMMA': 'Apery'}]
원본 주소 "https://wiki.mathnt.net/index.php?title=Ζ(3)는_무리수이다(아페리의_정리)&oldid=52168"