2 の 2 の自然数乗乗の逆数和の超越性について

近藤健一

1 はじめに

ある所で、

S_{n} = ∑_{i=0}^{n} \frac{1}{2^{2^{i}}}

は簡単な表示を持つのか, また S_{∞} は無理数あるいは超越数なのか, という質問があって, いろいろ調べてみると [1] に S_{∞} の超越性の証明が載っていたので, それを紹介することにした次第である^{*1}. 簡単な表示については恐らく存在しないと思うが, 詳しいことは今のところ分からない.

確認しておくと, 整数係数の代数方程式 (単に代数方程式と呼ぶことにする)

a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + ⋯ + a_{0} = 0 (a_{k} ∈ ℤ, a_{n} ≠ 0)

の解になる数を代数的数と呼び, 特に n 次既約代数方程式の解を n 次の代数的数と呼ぶ. 代数的数でないものを超越数と呼ぶ.

2 証明

S_{∞} の代わりに α と書くことにする. 証明は, α が代数方程式を満たすと仮定し, a_{n}α^{n} の二通りの評価が矛盾することで行う. その際, α^{n} などの 2 進表示が任意の長さの 0 の列を持つ点が重要である.

まず, α^{n} はそのままの形では扱いにくいので冪級数に書き直す. 即ち

α^{n} = (∑_{i=0}^{∞} \frac{1}{2^{2^{i}}} )^{n} = ∑_{i=0}^{∞} \frac{c(i, n)}{2^{i}}

という係数 c(i, n) を考えると,

i = 2^{b_{1}} + 2^{b_{2}} + ⋯ + 2^{b_{n}}

となるような整数の列 b_{1}, b_{2}, …, b_{n} の数が c(i, n) となる^{*2}. i を 2 進数で考えたとき, 1 の数が n 個よりも多い場合は c(i, n) = 0 となるので, たとえば i が

2^{t}(2^{0} + 2^{1} + ⋯ + 2^{n−1}) < i < 2^{t} · 2^{n}

の範囲にある場合は常に c(i, n) = 0 となり, 1 の数がちょうど n 個の場合は c(i, n) = n! となる. これが n 個よりも少ない場合は, n が 1 小さい場合の列 b_{1}, b_{2}, …, b_{n−1} からある b_{i} (1 ≤ i ≤ n − 1) を選んで, b_{i} が正なら b′_{i} = b_{n} = b_{i} − 1 という b_{i}, b_{n} を用いて, b_{1}, …, b′_{i}, …, b_{n−1} のどこかに b_{n} を入れると一つの列が得られる. よって, b_{i} が 0 であるような場合も含めて, 上からの評価は

*1 これは技巧的な方法なのだが, S_{∞} が Mahler 関数の特殊値になっていることを使うと一般的な議論が可能である.

*2 2, 1, 1 と 1, 2, 1 など, 順番が違うものも区別して数える.

c(i, n) ≤ (n − 1) · \frac{n}{2} · c(i, n − 1) ≤ \frac{n!(n − 1)!}{2^{n−1}}c(i, 1) ≤ \frac{n!(n − 1)!}{2^{n−1}}

となる. 重要なのはこれらの評価が i に依存しない点なので, 簡単に

c(i, n) ≤ c_{n}

としておく.

さて, α は

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} a_{k}x^{k}, g(x) = ∑_{k=0}^{n−1} b_{k}x^{k}

を用いて

a_{n}x^{n} + f(x) − g(x) = 0 (a_{n} ∈ ℕ)

と表される代数方程式を満たすと仮定する. ここで a_{k}, b_{k} は非負整数で, a_{k}b_{k} = 0 となるように選んである. {x} で x の小数部分を表すとし, また

s = s(t) = 2^{t} + 2^{t+1} + ⋯ + 2^{t+n−2}

とおくと,

\{2^{s}f(α)\} ≤ 2^{s} ∑_{k=0}^{n−1} a_{k} ∑_{i=s+1}^{∞} \frac{c(i, k)}{2^{i}} = 2^{s} ∑_{k=0}^{n−1} a_{k} ∑_{i=2^{t+n−1}}^{∞} \frac{c(i, k)}{2^{i}}
≤ 2^{s} ∑_{k=0}^{n−1} a_{k}c_{k} ∑_{i=2^{t+n−1}}^{∞} \frac{1}{2^{i}} = 2^{1−2^{t}} ∑_{k=0}^{n−1} a_{k}c_{k}

となり, t は任意だから f(α) の 2 進表示は任意の長さの 0 の列を持つ. ここで t は十分大きいとして, 2^{s}f(α) の小数点以下 1 桁目から並ぶ 0 の個数を考えると, t が 1 少ない場合よりも 2^{t−1} 個増えるので, 少なくとも 2^{t−1} 個の 0 が並んでいる. これは 2^{s}g(α) についても同様だから, t を十分大きくとることで同時に 2^{s}f(α), 2^{s}g(α) の小数点以下 1 桁目から 2^{t−1} 個の 0 が並ぶようにできる. このとき

\{2^{s+2^{t−3}}f(α)\} ≤ \frac{1}{2^{2^{t−1}−2^{t−3}}} = \frac{1}{2^{2^{t−2}+2^{t−3}}}

となり, g(α) についても同様だから,

2^{s+2^{t−3}}a_{n}α^{n} = 2^{s+2^{t−3}} (f(α) − g(α))

の整数との差は 2^{−2^{t−2}−2^{t−3}} 以下である. 一方, 小数部分を普通に評価してみると,

\{2^{s+2^{t−3}}a_{n}α^{n}\} ≤ 2^{s+2^{t−3}}a_{n} ∑_{i=s+2^{t−3}+1}^{∞} \frac{c(i, n)}{2^{i}} = 2^{s+2^{t−3}}a_{n} ∑_{i=s+2^{t−2}}^{∞} \frac{c(i, n)}{2^{i}}
≤ 2^{1−2^{t−3}}a_{n}c_{n}
≤ \frac{1}{2^{2^{t−4}}}

だから, 上の途中の式がそのまま小数部になって, 今度は下からの評価をすると

\{2^{s+2^{t−3}}a_{n}α^{n}\} = 2^{s+2^{t−3}}a_{n} ∑_{i=s+2^{t−3}+1}^{∞} \frac{c(i, n)}{2^{i}}
≥ 2^{s+2^{t−3}}a_{n}2^{−s−2^{t−2}} = a_{n}2^{−2^{t−3}}
≥ \frac{1}{2^{2^{t−3}}}

となるので, 先ほどの評価と矛盾する. よって α は超越数である.

参考文献

[1] Michael Filaseta, The Beginnings of Transcendental Numbers, http://www.math.sc.edu/˜ filaseta/gradcourses/Math785/Math785Notes5.pdf.