린데만-바이어슈트라스 정리

초월수론에서 린데만-바이어슈트라스 정리(Lindemann–Weierstrass theorem)는 수의 초월성을 확립하는 데 매우 유용한 결과이다. 내용은 다음과 같다. 
다시 말해, 확대체 는 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 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 정리와 에르미트-린데만-바이어슈트라스 정리로도 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

보조정리 A의 증명. 표기법을 단순화하기 위해 다음과 같이 설정하자.

그러면 진술은 다음과 같다.

를 소수라고 하고 다음 다항식을 정의하자.

 

여기서 은 이 모두 대수적 정수가 되는 0이 아닌 정수이다. 다음을 정의하자.

 

부분 적분을 사용하여 다음을 얻는다.

 

여기서 은 의 차수이고, 는 의 j차 미분이다. 이것은 s가 복소수일 때도 성립하는데 (이 경우 적분은 예를 들어 0에서 s까지의 직선 구간을 따라 윤곽 적분으로 이해되어야 함), 왜냐하면

는 의 원시함수이기 때문이다.

다음 합을 고려하자.

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

첫째, 는 일 때 p!로 나누어지는 대수적 정수이며, 일 때는 이고 가 아닌 한 0이 된다. 이 경우

이는 p가 충분히 클 때 p로 나누어지지 않는다. 그렇지 않으면

(이는 0이 아닌 대수적 정수이다)를 놓고, 그 켤레들의 곱(이는 여전히 0이 아님)을 라고 하면, p가 를 나눈다는 결과를 얻게 되는데, 이는 거짓이다.

따라서 는 (p − 1)!로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다. 이제

각 가 정수 계수를 가진 고정된 다항식을 로 나누어 얻어지므로,

형태를 띠는데, 여기서 은 i에 독립적인 다항식(정수 계수를 가짐)이다. 미분 도 마찬가지이다.

따라서 대칭 다항식의 기본 정리에 의해,

는 에 대해 평가된 유리 계수를 갖는 고정된 다항식이다 (이는 확장식에 나타나는 의 동일한 거듭제곱을 묶고 이 대수적 수들이 완전한 켤레 집합이라는 사실을 사용하여 볼 수 있다). 따라서 도 마찬가지이며, 즉 이며, 여기서 G는 i에 독립적인 유리 계수를 갖는 다항식이다.

마지막으로 는 유리수이며 (다시 대칭 다항식의 기본 정리에 의해), 으로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다 (왜냐하면 들은 로 나누어지는 대수적 정수이기 때문이다). 따라서

그러나 분명히 다음이 성립한다.

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

그리고 의 구성에 의해 (p에 독립적인 충분히 큰 C에 대해)이므로, 이는 이전 부등식과 모순된다. 이것으로 보조정리 A의 증명이 완료된다. ∎

보조정리 B의 증명:

이라고 가정하면, 모순을 도출하여 보조정리 B를 증명한다.

모든 에 대해 0이 되는 정수 계수를 갖는 다항식을 선택하고, 그 다항식의 서로 다른 모든 근을 이라고 하자. b(n + 1) = ... = b(N) = 0로 설정한다.

다항식

는 가정에 의해 에서 0이 된다. 곱셈은 대칭적이므로, 임의의 에 대해 단항식 과 는 P의 전개에서 동일한 계수를 갖는다.

따라서 를 이에 따라 전개하고 동일한 지수를 가진 항들을 묶으면, 결과로 얻어지는 지수 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.

 

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 ≤ i ≤ n에 대해, σ(i)는 1과 d(i) 사이의 정수이다. 변수 에 대한 다항식을 다음과 같이 구성한다.

 

곱셈은 가능한 모든 선택 함수 σ에 대해 이루어지므로, Q는 모든 i에 대해 에 대해 대칭이다. 따라서 Q는 위의 변수들의 기본 대칭 다항식들과 yi 변수들에 대해 정수 계수를 갖는 다항식이다. 이들 대칭 다항식 각각은 에서 평가될 때 유리수이다.

평가된 다항식 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.

 

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 를 갖는다.
합은 자명하지 않다. 만약 가 사전식 순서에서 최대라면, 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 − 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.

 

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

 두 진술의 동등성 
정리의 베이커 공식은 첫 번째 공식을 분명히 의미한다. 실제로, 이 에 대해 선형 독립인 대수적 수이고,

가 유리 계수를 갖는 다항식이라면, 우리는 다음을 갖는다.

그리고 은 유리수에 대해 선형 독립인 대수적 수이므로, 은 대수적이며 서로 다른 n-튜플 에 대해 서로 다르다. 따라서 정리의 베이커 공식으로부터 모든 n-튜플 에 대해 을 얻는다.

이제 정리의 첫 번째 공식이 성립한다고 가정하자. 일 때 베이커 공식은 자명하므로, 이라고 가정하고, 이 0이 아닌 대수적 수이고, 이 다음과 같은 서로 다른 대수적 수라고 하자.

이전 섹션에서 보았듯이, 그리고 거기에 사용된 동일한 표기법으로, 다항식

에서

의 값은 다음 형태의 표현을 갖는다.

 

여기서 우리는 같은 지수를 가진 지수들을 묶었다. 여기서 위에서 증명했듯이, 은 모두 0은 아닌 유리수이며, 각 지수 은 정수 계수를 갖는 의 선형 결합이다. 그러면 이고 이 쌍별로 다르기 때문에, 에 의해 생성된 의 -벡터 부분 공간 는 자명하지 않으며, 를 의 기저로 선택할 수 있다. 각 에 대해, 우리는 다음을 갖는다.

각 에 대해, 를 에 대한 모든 의 최소 공배수라고 하고, 로 놓자. 그러면 는 대수적 수이며, 의 기저를 형성하고, 각 은 정수 계수를 갖는 의 선형 결합이다.

관계를 로 곱함으로써 (여기서 은 충분히 큰 양의 정수이다), 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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 더 읽어보기 
 

 외부 링크 

분류:초월수
분류:원주율
분류:거듭제곱
분류:수론 정리