Ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)

개요

리만제타함수는 정수론, 특히 소수 연구에서 중요한 함수임
짝수에서의 리만 제타 함수의 값은 알려져 있다 정수에서의 리만제타함수의 값 항목 참조

\[\zeta(2n) =(-1)^{n+1}\frac{B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}, n \ge 1\]

홀수에서의 리만 제타함수에 대해서는 다음이 알려져 있다
- $\zeta(3)$은 무리수. (초월수인지는 모름)
- $\zeta(2n+1)$ 중 무리수인 것은 무수히 많다.
- $\zeta(5), \zeta(7), \zeta(9), \zeta(11)$ 중 적어도 하나는 무리수이다.
1979년 Apery는 $\zeta(3)$ 이 무리수임을 보였으며, 이후로 $\zeta(3)$ 는 아페리 (Apéry) 상수라 불린다.
아페리의 증명에는 다음과 같은 등식이 사용되었다

\[\zeta(3) = \frac{5}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}\]

아페리의 아이디어에 대해서는 아페리(Apéry) 점화식 항목 참조
$\zeta(3)/\pi^3$가 유리수인지 무리수인지를 보이는 것은 아페리 상수에 대한 주요 미해결 문제

$\zeta(3)$이 무리수임의 증명

[Beukers1979] 의 증명
[Huylebrouck2001] 참조

증명의 아이디어

다음 조건을 만족하는 정수열 $p_n,q_n>0$과 상수 $\delta>0$가 존재함을 보일 수 있다 $$|\zeta(3)-\frac{p_n}{q_n}|<\frac{1}{q_n^{1+\delta}},\quad n=1,2,\cdots$$ 이로부터 무리수와 디오판투스 근사의 아이디어를 적용하여, $\zeta(3)$가 무리수임을 증명한다

보조정리 1

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

(1부터 n까지의 최소공배수 항목 참조)

(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, 충분히 큰 n에 대하여 $\pi(n) < \log2.99\cdot \frac{n}{\log n}$ 이 성립한다. 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)
이중적분과 바젤문제

(증명) \[\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+k+r+\delta ) (1+k+s+\delta )}\]

여기서 \[\frac{1}{ (1+k+s+\delta )}-\frac{1}{(1+k+r+\delta ) }=\frac{r-s}{(1+k+r+\delta ) (1+k+s+\delta )}\] 를 이용하면, 감쇄급수가 된다.

이를 이용하여 다음을 얻는다 :

$r=s$ 일 때, \[\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(1+k+r+\delta )^2}\] $r>s$ 일 때, \[\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x^{r+\delta} y^{s+\delta}}{1-xy}dxdy =\frac{1}{r-s}\left(\frac{1}{s+1+\delta}+\cdots +\frac{1}{r+\delta} \right)\]

위 식의 양변을 $\delta$로 미분하면,

$r=s$일 때, \[\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^{\delta +r} y^{\delta +s} \log (xy)}{1-xy}dxdy=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{(1+k+r+\delta )^3}\] $r>s$일 때, \[\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{-x^{\delta +r} y^{\delta +s} \log (xy)}{1-xy}dxdy=\frac{1}{r-s}\left(\frac{1}{(s+1+\delta)^2}+\cdots +\frac{1}{(r+\delta)^2} \right)\]. ■

보조정리 3

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

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

(증명)

산술기하 부등식에서, $1- (1-uv)w = (1-w) + uvw \ge 2\sqrt{1-w}\sqrt{uvw}$이다. 그러므로, \[\varphi(u,v,w) \le \frac{1}{2}\sqrt{(1-w)uvw}(1-u)(1-v)\] $0<x<1$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

정수 $n\geq 0$ 에 대하여 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. (이 다항식은 본질적으로 르장드르 다항식이다)

$P_{0}(x)=0$, $P_{1}(x)=1-2x$, $P_{2}(x)=1-6x-6x^2$

보조정리 4

$n\geq 1$ 일 때, n번 미분가능한 함수 $f$에 대하여 다음이 성립한다. \[\int_0^1P_n(x)f (x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1 x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx\].

(증명)

$Q(x)=x^n(1-x)^n$ 라 두자.

$0\leq k < n$ 일 때 $Q^{(k)}(0)=Q^{(k)}(1)=0$이므로. 부분적분을 반복적용하면, \[\int_0^1Q^{(n)}(x)f (x)\,dx=-\int_0^1Q^{(n-1)}(x)f'(x)\,dx=\cdots=(-1)^n \int_0^1 Q(x)f^{(n)}(x)\,dx\] \[P_n(x) = \frac{Q^{(n)}(x)}{n!}\] 이므로 증명되었다. ■

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. ■

보조정리6

$0 <|I_{n}| < 2\zeta(3)\frac{1}{27^n}$. 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 대하여 보조정리 4를 적용하자. \[f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n}n!(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}\] 이므로,

\[ \int_0^1\frac{P_n(x)}{1-(1-xy)z} dx=\int_0^1P_n(x)f (x)\,dx=\frac{(-1)^{n}}{n!}\int_0^1x^{n}(1-x)^nf^{(n)}(x)\,dx =\int_0^1\frac{x^{n}(1-x)^n(yz)^{n}}{(1-(1-xy)z)^{n+1}}\,dx\] 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,

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

따라서

\[I_n = \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{(1-x)^n (1-w)^n P_n(y)}{1-(1-xy)w} dydxdw =\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{\big(x(1-x)y(1-y)w (1-w)\big)^n}{\big(1 - (1-xy)w\big)^{n+1}} dxdydw\]

이제 보조정리 2와 보조정리 3에 의해 \[I_n \leq \frac{1}{27^n} \int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{1 - (1-xy)w}dwdxdy =\frac{1}{27^n}\int_0^1\int_0^1\frac{-\log(xy)}{1-xy}dxdy = \frac{2}{27^n}\zeta(3)\] ■

귀류법을 이용한 증명의 마무리

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

보조정리 1과 보조정리 6에 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

같은 아이디어를 $\ln 2, \pi, \zeta(2)$ 등이 무리수임을 보이는데 사용할 수 있다 파이 π는 무리수이다 항목 참조
Math Overflow
http://mathoverflow.net/questions/30659/establishing-zeta3-as-a-definite-integral-and-its-computation/30698#30698

역사

1978년 Roger Apéry에 의해 증명
1979년 Beukers
수학사 연표

메모

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

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.

http://www.math.uu.nl/people/beukers/caen.pdf

매스매티카 파일 및 계산 리소스

https://docs.google.com/file/d/0B8XXo8Tve1cxa0FHaXRxa01wcnc/edit

Ζ(3)는 무리수이다(아페리의 정리)

목차

개요

\(\zeta(3)\)이 무리수임의 증명

증명의 아이디어

보조정리 1

보조정리 2

보조정리 3

보조정리 4

보조정리 5

보조정리6

귀류법을 이용한 증명의 마무리

재미있는 사실

역사

메모

관련된 항목들

매스매티카 파일 및 계산 리소스

사전 형태의 자료

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