린데만-바이어슈트라스 정리

초월수론에서 **린데만-바이어슈트라스 정리**(Lindemann–Weierstrass theorem)는 수의 초월성을 확립하는 데 매우 유용한 결과이다. 내용은 다음과 같다. 
다시 말해, 확대체 \mathbb{Q}(e^{\alpha_1}, \dots, e^{\alpha_n})는 \mathbb{Q}에 대해 초월 차수 을 갖는다.

의 동등한 공식은 다음과 같다.  이 동등성은 모든 인수가 서로의 켤레인 대칭 다항식이 유리수를 산출한다는 사실을 이용하여 대수적 수에 대한 선형 관계를 \mathbb{Q}에 대한 대수적 관계로 변환한다.

이 정리는 페르디난트 폰 린데만과 카를 바이어슈트라스의 이름을 따서 명명되었다. 린데만은 1882년 모든 0이 아닌 대수적 수 에 대해 가 초월수임을 증명하여 원주율이 초월수임을 확립했다 (아래 참조). 바이어슈트라스는 1885년 위에서 언급한 더 일반적인 진술을 증명했다.

이 정리는 겔폰트-슈나이더 정리와 함께 베이커 정리에 의해 확장되며, 이 모든 것은 섀뉴얼 추측에 의해 더욱 일반화될 것이다.

## 명칭
이 정리는 또한 **에르미트-린데만 정리**와 **에르미트-린데만-바이어슈트라스 정리**로도 다양하게 알려져 있다. 샤를 에르미트는 처음에  지수가 정수여야 하고 선형 독립이 유리수에 대해서만 보장되는 더 간단한 정리를 증명했다. 이 결과는 때때로 에르미트 정리로 불린다. 비록 그것이 위 정리의 특수한 경우처럼 보이지만, 일반적인 결과는 이 더 간단한 경우로 축소될 수 있다. 린데만은 1882년에 에르미트의 작업에 대수적 수를 처음으로 허용했다. 곧이어 바이어슈트라스는 전체 결과를 얻었고, 다비트 힐베르트와 파울 고르단을 포함한 여러 수학자들에 의해 추가적인 단순화가 이루어졌다.

## 와 의 초월성

와 의 초월성은 이 정리의 직접적인 따름정리이다.

가 0이 아닌 대수적 수라고 가정하자. 그러면 는 유리수에 대해 선형 독립 집합이고, 따라서 정리의 첫 번째 공식에 의해 는 대수적으로 독립 집합이다. 즉 는 초월수이다. 특히, 는 초월수이다. (가 초월수라는 더 기본적인 증명은 초월수에 대한 문서에 요약되어 있다.)

다른 방법으로, 정리의 두 번째 공식에 의해, 만약 가 0이 아닌 대수적 수라면, 는 서로 다른 대수적 수의 집합이고, 따라서 집합 는 대수적 수에 대해 선형 독립이며 특히 는 대수적일 수 없으므로 초월수이다.

가 초월수임을 증명하기 위해, 우리는 그것이 대수적이지 않다는 것을 증명한다. 만약 가 대수적이라면, i도 대수적일 것이고, 그러면 린데만-바이어슈트라스 정리에 의해  (오일러 항등식 참조)은 초월수일 것이므로 모순이다. 따라서 는 대수적이지 않으며, 이는 초월수임을 의미한다.

같은 증명의 약간 변형된 형태는 가 0이 아닌 대수적 수일 때  및 이들의 쌍곡선 counterparts도 초월수임을 보여줄 것이다.

## -adic 추측

## 모듈러 추측
모듈러 함수 를 포함하는 정리의 유사체는 1997년 다니엘 베르트랑(Daniel Bertrand)이 추측했지만, 여전히 미해결 문제로 남아있다. 놈의 제곱인 와 를 사용하면, 추측은 다음과 같다. 

## 린데만-바이어슈트라스 정리

### 증명
증명은 두 개의 예비 보조정리에 의존한다. 보조정리 B 자체만으로도 린데만-바이어슈트라스 정리의 원래 진술을 추론하기에 충분하다는 점에 주목한다.

#### 예비 보조정리
 \right ) + \cdots + c(r) \left (e^{\gamma(r)_1}+\cdots+ e^{\gamma(r)_{m(r)}} \right) = 0

은 모든 i = 1, \dots, r.에 대해 자명한 해 c(i)=0만을 갖는다.}}

**보조정리 A의 증명.** 표기법을 단순화하기 위해 다음과 같이 설정하자.

:
\begin{align}
& n_0 =0, & & \\
& n_i =\sum\nolimits_{k=1}^i m(k), & & i=1,\ldots,r \\
& n=n_r, & & \\
& \alpha_{n_{i-1}+j} =\gamma(i)_j, & & 1\leq i\leq r,\  1\leq j\leq m(i) \\
& \beta_{n_{i-1}+j} =c(i).
\end{align}


그러면 진술은 다음과 같다.

:\sum_{k=1}^n \beta_k e^{\alpha_k}\neq 0.

를 소수라고 하고 다음 다항식을 정의하자.

: f_i(x) = \frac {\ell^{np} (x-\alpha_1)^p \cdots (x-\alpha_n)^p}{(x-\alpha_i)},

여기서 은 \ell\alpha_1,\ldots,\ell\alpha_n이 모두 대수적 정수가 되는 0이 아닌 정수이다. 다음을 정의하자.

: I_i(s) = \int^s_0 e^{s-x} f_i(x) \, dx.

부분 적분을 사용하여 다음을 얻는다.

: I_i(s) = e^s \sum_{j=0}^{np-1} f_i^{(j)}(0) - \sum_{j=0}^{np-1} f_i^{(j)}(s),

여기서 np-1은 f_i의 차수이고, f_i^{(j)}는 f_i의 j차 미분이다. 이것은 s가 복소수일 때도 성립하는데 (이 경우 적분은 예를 들어 0에서 s까지의 직선 구간을 따라 윤곽 적분으로 이해되어야 함), 왜냐하면

:-e^{s-x} \sum_{j=0}^{np-1} f_i^{(j)}(x)

는 e^{s-x} f_i(x)의 원시함수이기 때문이다.

다음 합을 고려하자.

:\begin{align}
J_i &=\sum_{k=1}^n\beta_k I_i(\alpha_k)\\[5pt]
&= \sum_{k=1}^n\beta_k \left ( e^{\alpha_k} \sum_{j=0}^{np-1} f_i^{(j)}(0) - \sum_{j=0}^{np-1} f_i^{(j)}(\alpha_k)\right ) \\[5pt]
&=\left(\sum_{j=0}^{np-1}f_i^{(j)}(0)\right)\left(\sum_{k=1}^n \beta_k e^{\alpha_k}\right)-\sum_{k=1}^n\sum_{j=0}^{np-1} \beta_kf_i^{(j)}(\alpha_k)\\[5pt]
&= -\sum_{k=1}^n \sum_{j=0}^{np-1} \beta_kf_i^{(j)}(\alpha_k)
\end{align}

마지막 줄에서 우리는 보조정리의 결론이 틀렸다고 가정했다. 증명을 완료하려면 모순에 도달해야 한다. 우리는 |J_1\cdots J_n|을 두 가지 다른 방식으로 추정함으로써 그렇게 할 것이다.

첫째, f_i^{(j)}(\alpha_k)는 j\geq p일 때 p!로 나누어지는 대수적 정수이며, j일 때는 j=p-1이고 k=i가 아닌 한 0이 된다. 이 경우

:\ell^{np}(p-1)!\prod_{k\neq i}(\alpha_i-\alpha_k)^p.

이는 p가 충분히 클 때 p로 나누어지지 않는다. 그렇지 않으면

:\delta_i=\prod_{k\neq i}(\ell\alpha_i-\ell\alpha_k)

(이는 0이 아닌 대수적 정수이다)를 놓고, 그 켤레들의 곱(이는 여전히 0이 아님)을 d_i\in\mathbb Z라고 하면, p가 \ell^p(p-1)!d_i^p를 나눈다는 결과를 얻게 되는데, 이는 거짓이다.

따라서 J_i는 (p&nbsp;−&nbsp;1)!로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다. 이제

:J_i=-\sum_{j=0}^{np-1}\sum_{t=1}^r c(t)\left(f_i^{(j)}(\alpha_{n_{t-1}+1}) + \cdots + f_i^{(j)}(\alpha_{n_t})\right).

각 f_i(x)가 정수 계수를 가진 고정된 다항식을 (x-\alpha_i)로 나누어 얻어지므로,

:f_i(x)=\sum_{m=0}^{np-1}g_m(\alpha_i)x^m, 

형태를 띠는데, 여기서 g_m은 i에 독립적인 다항식(정수 계수를 가짐)이다. 미분 f_i^{(j)}(x)도 마찬가지이다.

따라서 대칭 다항식의 기본 정리에 의해,

:f_i^{(j)}(\alpha_{n_{t-1}+1})+\cdots+f_i^{(j)}(\alpha_{n_t})

는 \alpha_i에 대해 평가된 유리 계수를 갖는 고정된 다항식이다 (이는 확장식에 나타나는 \alpha_{n_{t-1}+1},\dots,\alpha_{n_t}의 동일한 거듭제곱을 묶고 이 대수적 수들이 완전한 켤레 집합이라는 사실을 사용하여 볼 수 있다). 따라서 J_i도 마찬가지이며, 즉 J_i = G(\alpha_i)이며, 여기서 G는 i에 독립적인 유리 계수를 갖는 다항식이다.

마지막으로 J_1\cdots J_n=G(\alpha_1)\cdots G(\alpha_n)는 유리수이며 (다시 대칭 다항식의 기본 정리에 의해), (p-1)!^n으로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다 (왜냐하면 J_i들은 (p-1)!로 나누어지는 대수적 정수이기 때문이다). 따라서

:|J_1\cdots J_n|\geq (p-1)!^n.

그러나 분명히 다음이 성립한다.

:|I_i(\alpha_k)| \leq  e^ F_i(),

여기서 는 fi의 계수들의 절댓값을 계수로 갖는 다항식이다 (이는 I_i(s)의 정의로부터 직접적으로 유도된다). 따라서

:|J_i|\leq \sum_{k=1}^n \left |\beta_k\alpha_k \right |e^F_i \left ( \left |\alpha_k \right| \right )

그리고 f_i의 구성에 의해 |J_1\cdots J_n|\le C^p (p에 독립적인 충분히 큰 C에 대해)이므로, 이는 이전 부등식과 모순된다. 이것으로 보조정리 A의 증명이 완료된다. ∎

**보조정리 B의 증명:**

:b(1)e^{\gamma(1)}+\cdots+ b(n)e^{\gamma(n)}= 0,

이라고 가정하면, 모순을 도출하여 보조정리 B를 증명한다.

모든 \gamma(k)에 대해 0이 되는 정수 계수를 갖는 다항식을 선택하고, 그 다항식의 서로 다른 모든 근을 \gamma(1),\ldots,\gamma(n),\gamma(n+1),\ldots,\gamma(N)이라고 하자. *b*(*n*&nbsp;+&nbsp;1)&nbsp;=&nbsp;...&nbsp;=&nbsp;*b*(*N*)&nbsp;=&nbsp;0로 설정한다.

다항식

:P(x_1,\dots,x_N)=\prod_{\sigma\in S_N}(b(1) x_{\sigma(1)}+\cdots+b(N) x_{\sigma(N)})

는 가정에 의해 (e^{\gamma(1)},\dots,e^{\gamma(N)})에서 0이 된다. 곱셈은 대칭적이므로, 임의의 \tau\in S_N에 대해 단항식 x_{\tau(1)}^{h_1}\cdots x_{\tau(N)}^{h_N}과 x_1^{h_1}\cdots x_N^{h_N}는 P의 전개에서 동일한 계수를 갖는다.

따라서 P(e^{\gamma(1)},\dots,e^{\gamma(N)})를 이에 따라 전개하고 동일한 지수를 가진 항들을 묶으면, 결과로 얻어지는 지수 h_1\gamma(1)+\dots+h_N\gamma(N)는 완전한 켤레 집합을 형성하며, 두 항이 켤레 지수를 가지면 동일한 계수로 곱해진다.

따라서 우리는 보조정리 A의 상황에 있다. 모순에 도달하려면 적어도 하나의 계수가 0이 아님을 보여주면 충분하다. 이는 에 사전식 순서를 부여하고, 곱셈에서 각 인수에 대해 이 순서에 따라 최대 지수를 갖는 0이 아닌 계수를 가진 항을 선택함으로써 알 수 있다. 이 항들의 곱은 전개식에서 0이 아닌 계수를 가지며 다른 항에 의해 상쇄되지 않는다. 이것으로 보조정리 B의 증명이 완료된다. ∎

#### 최종 단계
이제 정리 증명으로 돌아가자. a(1), ..., a(n)이 0이 아닌 대수적 수이고, α(1), ..., α(n)이 서로 다른 대수적 수라고 하자. 그러면 다음을 가정하자.

: a(1)e^{\alpha(1)}+\cdots + a(n)e^{\alpha(n)} =  0.

이것이 모순으로 이어진다는 것을 보이고 정리를 증명할 것이다. 증명은 보조정리 B와 매우 유사하지만, 이번에는 a(i)들에 대한 선택이 이루어진다는 점이 다르다.

i ∈ {1, ..., n}의 모든 i에 대해, a(i)는 대수적이므로, 차수 d(i)인 정수 계수를 갖는 기약 다항식의 근이다. 이 다항식의 서로 다른 근을 a(i)1, ..., a(i)d(i)로 표시하고, a(i)1 = a(i)로 하자.

S를 각 시퀀스 (1, ..., d(1)), (1, ..., d(2)), ..., (1, ..., d(n))에서 하나의 요소를 선택하는 함수 σ의 집합이라고 하자. 그래서 모든 1&nbsp;≤&nbsp;i&nbsp;≤&nbsp;n에 대해, σ(i)는 1과 d(i) 사이의 정수이다. 변수 x_{11},\dots,x_{1d(1)},\dots,x_{n1},\dots,x_{nd(n)},y_1,\dots,y_n에 대한 다항식을 다음과 같이 구성한다.

: Q(x_{11},\dots,x_{nd(n)},y_1,\dots,y_n)=\prod\nolimits_{\sigma\in S}\left(x_{1\sigma(1)}y_1+\dots+x_{n\sigma(n)}y_n\right).

곱셈은 가능한 모든 선택 함수 σ에 대해 이루어지므로, Q는 모든 i에 대해 x_{i1},\dots,x_{id(i)}에 대해 대칭이다. 따라서 Q는 위의 변수들의 기본 대칭 다항식들과 yi 변수들에 대해 정수 계수를 갖는 다항식이다. 이들 대칭 다항식 각각은 a(i)_1,\dots,a(i)_{d(i)}에서 평가될 때 유리수이다.

평가된 다항식 Q(a(1)_1,\dots,a(n)_{d(n)},e^{\alpha(1)},\dots,e^{\alpha(n)})은 0이 된다. 왜냐하면 선택 중 하나는 모든 i에 대해 σ(i) = 1이고, 이에 해당하는 인수는 위의 가정에 따라 0이 되기 때문이다. 따라서, 평가된 다항식은 다음과 같은 형태의 합이다.

: b(1)e^{\beta(1)}+ b(2)e^{\beta(2)}+ \cdots + b(N)e^{\beta(N)}= 0,

여기서 우리는 이미 같은 지수를 가진 항들을 묶었다. 따라서 좌변에는 서로 다른 값 β(1), ..., β(N)이 있는데, 각각은 여전히 대수적이며 (대수적 수들의 합이기 때문에), 계수 b(1),\dots,b(N)\in\mathbb Q를 갖는다.
합은 자명하지 않다. 만약 \alpha(i)가 사전식 순서에서 최대라면, e^{|S|\alpha(i)}의 계수는 단순히 a(i)j들의 곱(반복될 수 있음)이며, 이는 0이 아니다.

이 방정식을 적절한 정수 인수로 곱함으로써, 이제 b(1), ..., b(N)이 모두 정수인 것을 제외하고 동일한 방정식을 얻는다. 따라서 보조정리 B에 따르면 등식은 성립할 수 없으며, 이는 모순으로 이어져 증명을 완료한다. ∎

보조정리 A는 e가 무리수임을 증명하기에 충분하다. 그렇지 않으면 e = p / q로 쓸 수 있으며 p와 q는 모두 0이 아닌 정수이지만, 보조정리 A에 따르면 qe&nbsp;−&nbsp;p ≠ 0이므로 모순이다. 보조정리 A는 또한 가 무리수임을 증명하기에 충분하다. 그렇지 않으면  = k / n으로 쓸 수 있으며 k와 n은 모두 정수이고 그러면 ±i는 n2x2 + k2 = 0의 근이다. 따라서 2 − 1 − 1 = 2e0 + ei + e−i ≠ 0이지만 이는 거짓이다.

마찬가지로, 보조정리 B는 e가 초월수임을 증명하기에 충분하다. 왜냐하면 보조정리 B는 a0, ..., an이 모두 0이 아닌 정수일 때 다음이 성립한다고 말하기 때문이다.

: a_ne^n+\cdots+a_0e^0\ne 0.

보조정리 B는 또한 가 초월수임을 증명하기에 충분하다. 그렇지 않으면 1&nbsp;+&nbsp;ei&nbsp;≠&nbsp;0이 될 것이다.

#### 두 진술의 동등성
정리의 베이커 공식은 첫 번째 공식을 분명히 의미한다. 실제로, \alpha(1),\ldots,\alpha(n)이 \Q에 대해 선형 독립인 대수적 수이고,

:P(x_1, \ldots, x_n)= \sum b_{i_1,\ldots, i_n} x_1^{i_1}\cdots x_n^{i_n}

가 유리 계수를 갖는 다항식이라면, 우리는 다음을 갖는다.

:P\left(e^{\alpha(1)},\dots,e^{\alpha(n)}\right)= \sum b_{i_1,\dots,i_n} e^{i_1 \alpha(1) + \cdots + i_n \alpha(n)},

그리고 \alpha(1),\ldots,\alpha(n)은 유리수에 대해 선형 독립인 대수적 수이므로, i_1 \alpha(1) + \cdots + i_n \alpha(n)은 대수적이며 서로 다른 n-튜플 (i_1,\dots,i_n)에 대해 서로 다르다. 따라서 정리의 베이커 공식으로부터 모든 n-튜플 (i_1,\dots,i_n)에 대해  b_{i_1,\ldots,i_n}=0을 얻는다.

이제 정리의 첫 번째 공식이 성립한다고 가정하자. n=1일 때 베이커 공식은 자명하므로, n>1이라고 가정하고, a(1),\ldots,a(n)이 0이 아닌 대수적 수이고, \alpha(1),\ldots,\alpha(n)이 다음과 같은 서로 다른 대수적 수라고 하자.

:a(1)e^{\alpha(1)} + \cdots + a(n)e^{\alpha(n)} = 0.

이전 섹션에서 보았듯이, 그리고 거기에 사용된 동일한 표기법으로, 다항식

:Q(x_{11},\ldots,x_{nd(n)},y_1,\dots,y_n)=\prod\nolimits_{\sigma\in S}\left(x_{1\sigma(1)}y_1+\dots+x_{n\sigma(n)}y_n\right),

에서

:\left (a(1)_1,\ldots,a(n)_{d(n)},e^{\alpha(1)},\ldots,e^{\alpha(n)} \right)

의 값은 다음 형태의 표현을 갖는다.

: b(1)e^{\beta(1)}+ b(2)e^{\beta(2)}+ \cdots + b(M)e^{\beta(M)}= 0,

여기서 우리는 같은 지수를 가진 지수들을 묶었다. 여기서 위에서 증명했듯이, b(1),\ldots, b(M)은 모두 0은 아닌 유리수이며, 각 지수 \beta(m)은 정수 계수를 갖는 \alpha(i)의 선형 결합이다. 그러면 n>1이고 \alpha(1),\ldots,\alpha(n)이 쌍별로 다르기 때문에, \alpha(1),\ldots,\alpha(n)에 의해 생성된 \C의 \Q-벡터 부분 공간 V는 자명하지 않으며, \alpha(i_1),\ldots,\alpha(i_k)를 V의 기저로 선택할 수 있다. 각 m=1,\dots,M에 대해, 우리는 다음을 갖는다.

:\begin{align}
\beta(m) = q_{m,1} \alpha(i_1) + \cdots + q_{m,k} \alpha(i_k), && q_{m,j} = \frac{c_{m,j}}{d_{m,j}}; \qquad c_{m,j}, d_{m,j} \in \Z.
\end{align}

각 j=1,\ldots, k에 대해, d_j를 m=1,\ldots, M에 대한 모든 d_{m,j}의 최소 공배수라고 하고, v_j = \tfrac{1}{d_j} \alpha(i_j)로 놓자. 그러면 v_1,\ldots,v_k 는 대수적 수이며, V의 기저를 형성하고, 각 \beta(m)은 정수 계수를 갖는 v_j의 선형 결합이다.

:b(1)e^{\beta(1)}+ b(2)e^{\beta(2)}+ \cdots + b(M)e^{\beta(M)}= 0,

관계를 e^{N(v_1+ \cdots + v_k)}로 곱함으로써 (여기서 N은 충분히 큰 양의 정수이다), e^{v_1},\cdots,e^{v_k}를 연결하는 유리 계수를 갖는 자명하지 않은 대수적 관계를 얻게 되는데, 이는 정리의 첫 번째 공식과 모순된다.

## 같이 보기
* 겔폰트-슈나이더 정리
* 베이커 정리; 겔폰트-슈나이더 정리의 확장
* 섀뉴얼 추측; 증명되면 겔폰트-슈나이더 정리와 린데만-바이어슈트라스 정리 모두를 함의한다.

## 내용주

## 각주
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## 더 읽어보기
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## 외부 링크
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