π の超越性(後編) - Red cat の数学よもやま話

続きです。ここから先は、e の超越性を示すために用いた二つの補題が使えます。
素数 p を $p>\max\{d,C,|d^n\alpha_1\dots\alpha_n|\}$ とし、
$\phi(x)=\frac{d^{np+p-1}x^{p-1}}{(p-1)!}\{(x-\alpha_1)\dots(x-\alpha_n)\}^p$
とおきます。
$\phi(x)=\frac{d^{p-1}x^{p-1}}{(p-1)!}\{(dx-d\alpha_1)\dots(dx-d\alpha_n)\}^p$
と書けることに注意。前回の最後の (2) 式に $\phi(h)$ を掛けて補題 1 を使うと
$S_0+S_1+S_2=0$
となります。ただし
$S_0=C\phi(h),S_1=\sum_{t=1}^n\phi(\alpha_t+h),S_2=\sum_{t=1}^n\psi(\alpha_t)e^{|\alpha_t|}$
です。まず
$\phi(x)=\frac{x^{p-1}}{(p-1)!}\sum_{l=0}^{np}g_l x^l$
と表せます。ここに $g_l$ は $d\alpha_1,\dots,d\alpha_n$ の対称整多項式だから整数です。従って、補題 2 により $\phi(h)$ は整数で
$\phi(h)\equiv g_0=(-1)^{np}d^{p-1}(d\alpha_1\dots d\alpha_n)^p\pmod{p}$
です。従って
$S_0\equiv Cg_0\not\equiv 0\pmod{p}$
が成り立ちます。一方、代入して整理すると
$\phi(\alpha_t+x)=\frac{x^p}{(p-1)!}\sum_{l=0}^{np-1}f_{l,t} x^l$
となります。ただし
$f_{l,t}=f_l(d\alpha_t;d\alpha_1,\dots,d\alpha_{t-1},d\alpha_{t+1},\dots,d\alpha_n)$
は $d\alpha_1,\dots,d\alpha_n$ の整多項式で、 $d\alpha_t$ 以外については対称な多項式です。このことから
$\sum_{t=1}^n\phi(\alpha_t+x)=\frac{x^p}{(p-1)!}\sum_{l=0}^{np-1}F_l x^l$
となります。ただし $F_l=\sum_{t=1}^n f_{l,t}$ は、今度は全ての $d\alpha_1,\dots,d\alpha_n$ に関して対称な整多項式となるので、これは整数です、従って補題 2 により
$S_1=\sum_{t=1}^n\phi(\alpha_t+h)$
も整数で $S_1\equiv 0\pmod{p}$ となります。これらのことから $S_0+S_1$ は 0 でない整数となるので $|S_0+S_1|\geq 1$ が成り立ちます。一方で x を固定すると $p\to\infty$ のとき
$|\psi(x)|<\frac{|d|^{np+p-1}|x|^{p-1}}{(p-1)!}\{(|x|+|\alpha_1|)\dots(|x|+|\alpha_n|)\}^p\to 0$
となるので、p を予め十分大きく取れば $|S_2|<\frac12$ と出来ますが、これらの事実は $S_0+S_1+S_2=0$ に矛盾します。以上により証明は完結し、 $\pi$ の超越性が示されました。