超越数と代数的無理数
Transcendental Numbers and Algebraic Irrationals
中級（大学3-4年レベル）
実数は代数的数（有理係数多項式の根）と超越数（そうでない数）に分類される。 代数的数の中で無理数であるものを代数的無理数と呼ぶ。 本章では、この分類の理論を数論的に展開し、Liouville の定理による超越数の構成から、Hermite–Lindemann–Weierstrass の定理による $e$ と $\pi$ の超越性証明までを解説する。 Gelfond–Schneider の定理、Roth の定理などの発展的話題は上級編で扱う。
1. 概要と歴史
「与えられた数は、どのような多項式方程式の根になるか？」——この問いは数論の根幹に関わる。 多項式の根にならない数、すなわち超越数の研究は、古代ギリシャの作図問題に端を発し、 19世紀から20世紀にかけて数論の主要テーマの一つとなった。
超越数論の歴史年表
| 年 | 数学者 | 成果 |
|---|---|---|
| 1844 | Liouville | 最初の超越数を構成（Liouville 数） |
| 1873 | Hermite | $e$ の超越性を証明 |
| 1882 | Lindemann | $\pi$ の超越性を証明（円積問題の解決） |
| 1885 | Weierstrass | Lindemann の定理を一般化（L–W 定理） |
| 1900 | Hilbert | 第7問題：$\alpha^\beta$ の超越性を提起 |
| 1934 | Gelfond, Schneider | Hilbert 第7問題の解決 |
| 1955 | Roth | ディオファントス近似の最良評価（Fields 賞） |
| 1966 | Baker | 対数の一次形式に関する定理（Fields 賞） |
ギリシャ3大作図問題との関連
古代ギリシャの3大作図不能問題のうち、円積問題（与えられた円と等面積の正方形を作図せよ）は $\pi$ が超越的であることから不可能である。定規とコンパスで作図可能な長さは代数的数に限られるからである。 残りの2問題（角の三等分、立方体の倍積）も代数的数の次数に関する議論で不可能性が示されるが、 超越性は必要なく、代数的無理数の次数（第2, 3節）の議論で十分である。
2. 代数的数の分類
定義：代数的数と超越数
複素数 $\alpha$ が代数的数（algebraic number）であるとは、ある非零の有理係数多項式 $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ が存在して $f(\alpha) = 0$ を満たすことをいう。代数的数でない複素数を超越数（transcendental number）と呼ぶ。
定義：最小多項式と次数
代数的数 $\alpha$ の最小多項式（minimal polynomial）とは、$\alpha$ を根に持つ $\mathbb{Q}[x]$ の既約なモニック多項式のことである。その次数を $\alpha$ の次数（degree）と呼び、 $\deg(\alpha)$ と書く。
- 有理数 $r \in \mathbb{Q}$ の次数は $1$（最小多項式は $x - r$）
- $\sqrt{2}$ の次数は $2$（最小多項式は $x^2 - 2$）
- $\sqrt[3]{2}$ の次数は $3$（最小多項式は $x^3 - 2$）
定義：代数的整数
代数的数 $\alpha$ が代数的整数（algebraic integer）であるとは、 ある整数係数のモニック多項式 $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ の根であることをいう。
例えば $\sqrt{2}$（$x^2 - 2 = 0$ の根）は代数的整数だが、$1/2$（最小多項式 $x - 1/2$、モニックだが $\mathbb{Z}[x]$ ではない）は代数的整数ではない。
定理：$\overline{\mathbb{Q}}$ は体をなす
代数的数の全体 $\overline{\mathbb{Q}}$ は、通常の四則演算に関して体をなす。 すなわち、代数的数の和・差・積・商（$0$ で割る場合を除く）は再び代数的数である。
証明（和の場合）
$\alpha$ を $f(x) = 0$ の根、$\beta$ を $g(y) = 0$ の根とする（$f, g \in \mathbb{Q}[x]$、$\deg f = m$, $\deg g = n$）。 $\gamma = \alpha + \beta$ が代数的であることを示す。
$\alpha = \gamma - \beta$ を $f$ に代入すると $f(\gamma - \beta) = 0$ である。 これを $\beta$ の多項式と見なすと、$\beta$ は $h(y) = f(\gamma - y)$ の根である。 $\beta$ は $g(y)$ の根でもあるから、$\beta$ は $h(y)$ と $g(y)$ の共通根であり、 したがって終結式（resultant）
$$R(\gamma) = \mathrm{Res}_y(f(\gamma - y),\; g(y))$$は $\gamma$ の多項式であり $R(\gamma) = 0$ を満たす。 $\mathrm{Res}_y$ は $y$ に関する終結式であるから、$R$ は $\gamma$ に関する $\mathbb{Q}[\gamma]$ の多項式（次数は高々 $mn$）であり、 $R \not\equiv 0$ である（$f, g$ が非零だから）。 よって $\gamma = \alpha + \beta$ は $R(\gamma) = 0$ の根であり、代数的数である。
積の場合も同様に、$\gamma = \alpha\beta$ とおき $\alpha = \gamma/\beta$ を $f$ に代入して $\mathrm{Res}_y(\beta^m f(\gamma/\beta),\; g(\beta)) = 0$ から $\gamma$ の代数性が示される。 逆元 $1/\alpha$ は $x^m f(1/x)$ の根だから代数的。差は $\alpha + (-\beta)$ として帰着される。$\square$
計算的な側面
代数的数の計算的表現（最小多項式と根の分離による厳密計算、四則演算アルゴリズム、体拡大上の因数分解）については、 数式処理 第12章：代数的数と体拡大を参照されたい。 本章では数論的な性質と超越性の理論に焦点を当てる。
3. 代数的無理数と共役無理数
定義：代数的無理数
代数的無理数（algebraic irrational）とは、代数的数であって有理数でないもの、 すなわち次数 $2$ 以上の代数的数のことである。
定義：共役無理数
代数的数 $\alpha$ の共役（conjugates）とは、$\alpha$ の最小多項式 $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ の すべての根 $\alpha_1 = \alpha, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ のことである。 $f(x)$ は $\mathbb{Q}$ 上既約であるから、$\mathbb{Q}$ 上分離的であり、$n$ 個の共役はすべて相異なる。
$\alpha$ が代数的無理数のとき、その共役 $\alpha_2, \ldots, \alpha_n$（$\alpha$ 自身を除く）を $\alpha$ の共役無理数と呼ぶ。
例：共役無理数の具体例
- $\sqrt{2}$：最小多項式は $x^2 - 2$。共役は $-\sqrt{2}$。
- $\sqrt[3]{2}$：最小多項式は $x^3 - 2$。共役は $\omega\sqrt[3]{2}$ と $\omega^2\sqrt[3]{2}$ （$\omega = e^{2\pi i/3}$）。実数の共役が複素数になる例。
- 黄金比 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$：最小多項式は $x^2 - x - 1$。 共役は $\frac{1-\sqrt{5}}{2} \approx -0.618$。
- $\sqrt{2} + \sqrt{3}$：最小多項式は $x^4 - 10x^2 + 1$。 共役は $\sqrt{2} - \sqrt{3}$, $-\sqrt{2} + \sqrt{3}$, $-\sqrt{2} - \sqrt{3}$。
定理：共役の対称関数
$\alpha$ を次数 $n$ の代数的数とし、最小多項式を $f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ とする。 $\alpha$ の共役を $\alpha_1 = \alpha, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$ とすると：
- トレース：$\mathrm{Tr}(\alpha) = \alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_n = -a_{n-1} \in \mathbb{Q}$
- ノルム：$\mathrm{N}(\alpha) = \alpha_1 \cdot \alpha_2 \cdots \alpha_n = (-1)^n a_0 \in \mathbb{Q}$
より一般に、共役の任意の基本対称式は $\mathbb{Q}$ に属する（Vieta の公式）。
証明
$f(x)$ はモニック（最高次の係数が $1$）であるから、共役 $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ による因数分解は
$$f(x) = (x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \cdots (x - \alpha_n)$$右辺を展開すると
$$f(x) = x^n - (\alpha_1 + \cdots + \alpha_n)\, x^{n-1} + \cdots + (-1)^n \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_n$$一方、$f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0$ であるから、係数比較（Vieta の公式）により
\begin{align} \alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_n &= -a_{n-1} \\ \sum_{i < j} \alpha_i \alpha_j &= a_{n-2} \\ &\;\;\vdots \\ \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_n &= (-1)^n a_0 \end{align}$f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ だから各 $a_k \in \mathbb{Q}$ であり、 トレース $= -a_{n-1} \in \mathbb{Q}$、ノルム $= (-1)^n a_0 \in \mathbb{Q}$ が得られる。$\square$
例：トレースとノルム
$\alpha = 1 + \sqrt{5}$ の最小多項式は $x^2 - 2x - 4$ である。 共役は $1 - \sqrt{5}$ であり、
$$\mathrm{Tr}(\alpha) = (1 + \sqrt{5}) + (1 - \sqrt{5}) = 2, \quad \mathrm{N}(\alpha) = (1 + \sqrt{5})(1 - \sqrt{5}) = -4$$これは最小多項式の係数と一致する：$-a_1 = -(-2) = 2$, $(-1)^2 a_0 = -4$。
4. 超越数の存在
超越数の存在を示す最も簡潔な方法は、Cantor の集合論的議論である。
定理（Cantor, 1874）
代数的数の全体 $\overline{\mathbb{Q}}$ は可算集合である。 一方、$\mathbb{R}$ は非可算であるから、超越数が存在する。 しかも、超越数の全体は非可算であり、$\mathbb{R}$ のルベーグ測度の意味で「ほとんどすべての」実数は超越数である。
証明
ステップ1（代数的数は可算）： 次数 $n$ かつ整数係数の多項式全体を $P_n$ とする。各 $f \in P_n$ は $n+1$ 個の整数係数 $(a_n, a_{n-1}, \ldots, a_0)$ で定まるから、 $P_n$ は $\mathbb{Z}^{n+1}$ と同一視でき、可算である。 $f \in P_n$ の根は高々 $n$ 個（代数学の基本定理）だから、$f$ の根の集合は有限。 したがって
$$\overline{\mathbb{Q}} = \bigcup_{n=1}^{\infty} \bigcup_{f \in P_n} \{\text{$f$ の根}\}$$は「可算集合の可算和」の「各元に有限集合を対応させたもの」の合併であり、可算である。
ステップ2（超越数は非可算）： $\mathbb{R}$ は Cantor の対角線論法により非可算である。 $\overline{\mathbb{Q}} \cap \mathbb{R}$（実代数的数）は可算であるから、 $\mathbb{R} \setminus \overline{\mathbb{Q}}$（実超越数の全体）は非可算でなければならない。 特に、超越数は存在する。$\square$
詳しい可算性の議論は集合論 初級：可算集合の性質を参照されたい。
構成的 vs 非構成的
Cantor の議論は超越数の存在を示すが、具体的な超越数を1つも構成しない。 最初に具体的な超越数を構成したのは Liouville（1844年）であり、次節で詳述する。 歴史的には Liouville の構成（1844年）が Cantor の存在証明（1874年）に30年先行している。
測度論の観点からは、代数的数の全体 $\overline{\mathbb{Q}}$ は可算であるからルベーグ測度 $0$ である。 したがって $\mathbb{R} \setminus \overline{\mathbb{Q}}$（超越数の全体）は $\mathbb{R}$ と同じルベーグ測度を持つ。 この意味で「ランダムに選んだ実数は確率 $1$ で超越数」である。 にもかかわらず、具体的な数の超越性を証明するのは極めて困難であり、多くの数学的定数の超越性は未解決のままである（上級編：未解決問題を参照）。
5. Liouville の定理と最初の超越数
Liouville は「代数的無理数は有理数で近似しにくい」という性質を定量的に示し、 その対偶として超越数を構成した。これは超越数論の出発点であり、本章の核心である。
定理（Liouville, 1844）：代数的無理数の近似限界
$\alpha$ を次数 $n \ge 2$ の実の代数的無理数とする。このとき、ある定数 $c = c(\alpha) > 0$ が存在して、 すべての有理数 $p/q$（$q > 0$）に対し
$$\left|\alpha - \frac{p}{q}\right| > \frac{c}{q^n}$$が成り立つ。
証明
$\alpha$ の最小多項式を $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$（$a_n \ne 0$）とする。
ステップ1：$|\alpha - p/q| \ge 1$ の場合は $c \le 1$ ならば自明に成立する。 以下 $|\alpha - p/q| < 1$ と仮定する。
ステップ2：$f(p/q) \ne 0$ を示す。$f$ は $\mathbb{Q}$ 上既約で $\deg f = n \ge 2$ であるから、 有理数 $p/q$ は $f$ の根ではない（有理根であれば $f$ が1次因子を持ち、既約性に反する）。
ステップ3：$|f(p/q)|$ の下界を求める。$f(p/q)$ を通分すると
$$f\!\left(\frac{p}{q}\right) = \frac{a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \cdots + a_0 q^n}{q^n}$$分子は $0$ でない整数であるから $|f(p/q)| \ge 1/q^n$。
ステップ4：平均値の定理を適用する。$|\alpha - p/q| < 1$ なので $p/q$ は区間 $I = [\alpha - 1, \alpha + 1]$ に属する。
$$M = \max_{t \in I} |f'(t)|$$とおく（$f'$ は連続関数であり $I$ はコンパクトだから $M$ は有限）。 $f(\alpha) = 0$ であるから、平均値の定理より、$p/q$ と $\alpha$ の間にある $\xi$ が存在して
$$\left|f\!\left(\frac{p}{q}\right)\right| = |f'(\xi)|\left|\frac{p}{q} - \alpha\right| \le M \left|\frac{p}{q} - \alpha\right|$$ステップ5：ステップ3と4を組み合わせる。
$$\frac{1}{q^n} \le \left|f\!\left(\frac{p}{q}\right)\right| \le M \left|\frac{p}{q} - \alpha\right|$$したがって
$$\left|\alpha - \frac{p}{q}\right| \ge \frac{1}{M q^n}$$$c = \min(1, 1/M)$ とおけば、すべての場合について $|\alpha - p/q| > c/q^n$ が成り立つ。$\square$
定義：Liouville 数
実数 $\alpha$ が Liouville 数であるとは、任意の正整数 $n$ に対して、 整数 $p, q$（$q \ge 2$）が存在して
$$0 < \left|\alpha - \frac{p}{q}\right| < \frac{1}{q^n}$$を満たすことをいう。
定理：Liouville 数は超越的である
すべての Liouville 数は超越数である。
証明
対偶を示す。$\alpha$ が次数 $n$ の代数的無理数であれば、Liouville の定理より $|\alpha - p/q| > c/q^n$ が成り立つ。 したがって、十分大きな $q$ に対し $|\alpha - p/q| < 1/q^{n+1}$ を満たす有理数 $p/q$ は存在しない。 これは $\alpha$ が Liouville 数でないことを意味する。$\square$
例：Liouville 定数（最初の超越数）
Liouville 定数
$$L = \sum_{k=1}^{\infty} 10^{-k!} = 0.1\underbrace{1}_{2!}\underbrace{0\cdots01}_{3! - 2!}\underbrace{0\cdots01}_{4! - 3!}\cdots = 0.110001000000000000000001\ldots$$は超越数である。
証明：$n$ 番目の部分和を
$$\frac{p_n}{q_n} = \sum_{k=1}^{n} 10^{-k!}, \quad q_n = 10^{n!}$$とおくと、$p_n$ は整数で $q_n = 10^{n!}$ である。剰余項を評価すると
$$0 < L - \frac{p_n}{q_n} = \sum_{k=n+1}^{\infty} 10^{-k!} < \frac{2}{10^{(n+1)!}} = \frac{2}{q_n^{n+1}}$$十分大きな $n$ で $2/q_n^{n+1} < 1/q_n^n$ が成り立つから、$L$ は Liouville 数であり、したがって超越的である。$\square$
より深い理解のために
Liouville の定理は「次数 $n$ の代数的無理数は $1/q^n$ より良い近似を持たない」ことを示すが、 これは最良の評価ではない。Roth の定理（1955年）は、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $|\alpha - p/q| < 1/q^{2+\varepsilon}$ を満たす有理数 $p/q$ が高々有限個であることを示した。 この結果は Fields 賞を受賞している。 詳しくは上級編：ディオファントス近似と Roth の定理を参照されたい。
6. Hermite–Lindemann–Weierstrass の定理
Liouville の方法は超越数を構成できるが、$e$ や $\pi$ のような「自然に現れる」定数の超越性を示すことはできない。 これを解決したのが Hermite（1873）と Lindemann（1882）の業績であり、Weierstrass（1885）が一般化した。
定理（Hermite, 1873）
ネイピア数 $e$ は超越数である。
証明（Hermite の方法の現代的な整理）
背理法による。$e$ が代数的であると仮定し、
$$a_0 + a_1 e + a_2 e^2 + \cdots + a_n e^n = 0, \quad a_i \in \mathbb{Z},\; a_0 \ne 0$$とする。十分大きな素数 $p$ を選び、以下の補助多項式を構成する：
$$f(t) = \frac{t^{p-1}\bigl((t-1)(t-2)\cdots(t-n)\bigr)^p}{(p-1)!}$$各 $k = 0, 1, \ldots, n$ に対し、積分
$$I_k = \int_0^k e^{k-t} f(t)\, dt$$を定義する。部分積分を繰り返すと
$$I_k = e^k \sum_{j=0}^{np+p-1} f^{(j)}(0) - \sum_{j=0}^{np+p-1} f^{(j)}(k)$$ここで $f^{(j)}$ は $f$ の $j$ 次導関数である。$S = \sum_{k=0}^n a_k I_k$ とおく。
評価1（$S$ は $0$ でない整数）： $f(t)$ の構成から、以下が成り立つ：
- $f^{(j)}(0) = 0$（$j < p-1$ のとき）。$t = 0$ は $f(t) \cdot (p-1)!$ の $(p-1)$ 重根だから。
- $f^{(p-1)}(0) = \bigl((-1)(-2)\cdots(-n)\bigr)^p = (-1)^{np}(n!)^p$。
- $j \ge p$ のとき $f^{(j)}(0) \equiv 0 \pmod{p}$。
- 整数 $k = 1, \ldots, n$ に対し $f^{(j)}(k) \equiv 0 \pmod{p}$（$k$ は $(t-k)^p$ の $p$ 重根だから）。
これらを代入すると
$$S = \sum_{k=0}^n a_k \left(e^k \sum_j f^{(j)}(0) - \sum_j f^{(j)}(k)\right)$$仮定 $\sum a_k e^k = 0$ を使うと $e^k$ を含む項の一部が消え、整理すると
$$S \equiv a_0 \cdot (-1)^{np} (n!)^p \pmod{p}$$$p > n$ かつ $p > |a_0|$ なる素数を選べば $p \nmid a_0(n!)^p$ であるから $S \not\equiv 0 \pmod{p}$、 特に $S \ne 0$。
評価2（$|S|$ は小さい）： 一方、$|I_k| \le \int_0^k e^{k-t} |f(t)|\, dt$ を直接評価すると
$$|I_k| \le e^n \cdot n \cdot \frac{n^{p-1} \cdot n^{np}}{(p-1)!} = e^n \cdot \frac{n^{np+p}}{(p-1)!}$$$p \to \infty$ で $(p-1)!$ は $n^{np+p}$ より遥かに速く成長するから（Stirling の公式）、 十分大きな $p$ に対して
$$|S| \le \sum_{k=0}^n |a_k| \cdot |I_k| < 1$$しかし $S$ は $0$ でない整数であるから $|S| \ge 1$。矛盾。$\square$
証明のポイント
Hermite の証明の鍵は、素数 $p$ をパラメータとする補助多項式 $f(t)$ の構成にある。 $f^{(j)}(0)$ と $f^{(j)}(k)$ の $p$ を法とする性質が、整数性の議論（$S \ne 0$）を可能にしている。 一方、$(p-1)!$ の急速な成長が解析的評価（$|S| < 1$）を保証する。 この「整数であって絶対値が $1$ 未満 → 矛盾」という論法は、 後に Lindemann による $\pi$ の超越性証明にも拡張された。
定理（Lindemann, 1882）
円周率 $\pi$ は超越数である。
証明
背理法による。$\pi$ が代数的であると仮定する。$i$ は $x^2 + 1 = 0$ の根だから代数的であり、 代数的数の積 $i\pi$ も代数的である（第2節の定理）。 $\alpha = i\pi \ne 0$ は代数的だから、以下の Lindemann–Weierstrass の定理（の特殊な場合）より $e^{i\pi}$ は超越的でなければならない。
しかし Euler の公式 $e^{i\pi} = -1$ より $e^{i\pi}$ は代数的数（$x + 1 = 0$ の根）である。矛盾。
したがって $\pi$ は代数的ではない、すなわち超越数である。$\square$
この証明は以下の Lindemann–Weierstrass の定理の特殊な場合「$0$ でない代数的数 $\alpha$ に対し $e^\alpha$ は超越的」に帰着される。 その定理自体の証明は Hermite の方法（$e$ の超越性の証明で用いた手法）を 複数の指数関数の和に拡張することで得られる。以下に定理の完全な主張を述べる。
定理（Lindemann–Weierstrass, 1885）
$\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ が $\mathbb{Q}$ 上一次独立な代数的数であるとき、 $e^{\alpha_1}, \ldots, e^{\alpha_n}$ は $\mathbb{Q}$ 上代数的に独立である。
特に、$0$ でない代数的数 $\alpha$ に対し $e^\alpha$ は超越的である。
証明の方針（特殊な場合 $n = 1$）
$\alpha \ne 0$ を代数的数とし、$e^\alpha$ が代数的であると仮定して矛盾を導く。 $e^\alpha$ が代数的であれば、$e^\alpha$ の共役をすべて集めると
$$\beta_0 + \beta_1 e^{\alpha_1} + \cdots + \beta_m e^{\alpha_m} = 0$$の形の代数的関係が得られる（$\alpha_i$ は $\alpha$ と関連する代数的数、$\beta_i \in \overline{\mathbb{Q}}$）。 Hermite の証明と同じ戦略で、補助多項式 $f(t)$ を構成し、積分 $I_k = \int_0^{\alpha_k} e^{\alpha_k - t} f(t)\, dt$ を評価する。 整数部分が $0$ でないこと（素数 $p$ の選択による）と、積分の絶対値評価が $p \to \infty$ で $0$ に収束することから矛盾が得られる。 完全版（$n \ge 2$）では、共役元をすべて渡る積の構造を利用して同様の議論を行う。
完全な証明には Galois 理論と代数的整数のノルムが必要となる。 詳細は上級編 第3節を参照されたい。
Lindemann–Weierstrass の定理の系
以下の数はすべて超越的である：
- $e^\alpha$（$\alpha \ne 0$ が代数的）。特に $e = e^1$ は超越的。
- $\ln \alpha$（$\alpha \ne 0, 1$ が代数的）。$\ln \alpha$ が代数的なら $e^{\ln \alpha} = \alpha$ だが $\alpha \ne 0, 1$ であれば矛盾。
- $\sin \alpha, \cos \alpha, \tan \alpha$（$\alpha \ne 0$ が代数的）。例えば $e^{i\alpha} = \cos\alpha + i\sin\alpha$ から導かれる。
- $\pi = -i \ln(-1)$。$-1$ は代数的だから $\ln(-1)$ は超越的。$\pi = i \cdot \ln(-1) / i$ は $\ln(-1)$ の定数倍であり超越的。
Lindemann–Weierstrass の定理の数式処理における意義（代数的数の厳密計算との関連）については 数式処理 第12章 定理12.2 も参照されたい。
7. まとめと参考文献
まとめ
- 実数は代数的数（有理係数多項式の根）と超越数に分類される。代数的数は可算だが、超越数は非可算。
- 代数的無理数は次数 $\ge 2$ の代数的数であり、同じ最小多項式の根が共役無理数。共役のトレースとノルムは有理数。
- Liouville の定理：次数 $n$ の代数的無理数は $|\alpha - p/q| > c/q^n$ を満たす。対偶により Liouville 数は超越的。
- Hermite–Lindemann–Weierstrass：$0$ でない代数的数 $\alpha$ に対し $e^\alpha$ は超越的。系として $e$, $\pi$ の超越性。
発展的話題
Gelfond–Schneider の定理（$\alpha^\beta$ の超越性）、Roth の定理（ディオファントス近似の最良評価）、 Baker の定理、Schanuel 予想など、超越数論の発展的話題は 上級編：超越数論の発展で扱う。
理解度確認問題
- $\alpha = \sqrt{2} + i$ の最小多項式を求め、$\alpha$ の次数と全ての共役を列挙せよ。
- $L_2 = \sum_{k=1}^{\infty} 2^{-k!}$ が超越数であることを Liouville の定理を用いて示せ。
- Lindemann–Weierstrass の定理から $\ln 2$ が超越数であることを導け。 （ヒント：$\ln 2$ が代数的であると仮定し、$e^{\ln 2}$ を考えよ。）
解答例（クリックで表示）
-
$\alpha = \sqrt{2} + i$ とおくと $\alpha - i = \sqrt{2}$ より $(\alpha - i)^2 = 2$、 すなわち $\alpha^2 - 2i\alpha - 1 = 2$。$\alpha^2 - 3 = 2i\alpha$ の両辺を2乗して $\alpha^4 - 6\alpha^2 + 9 = -4\alpha^2$、すなわち $\alpha^4 - 2\alpha^2 + 9 = 0$。 これが $\mathbb{Q}$ 上既約であることは有理根定理と2次因子の不在から確認でき、 次数は $4$。共役は $\sqrt{2} - i$, $-\sqrt{2} + i$, $-\sqrt{2} - i$。
-
$n$ 番目の部分和 $p_n/q_n = \sum_{k=1}^{n} 2^{-k!}$ とおくと $q_n = 2^{n!}$。 剰余項は
$$0 < L_2 - \frac{p_n}{q_n} = \sum_{k=n+1}^{\infty} 2^{-k!} < \frac{2}{2^{(n+1)!}} = \frac{2}{q_n^{n+1}}$$十分大きな $n$ で $2/q_n^{n+1} < 1/q_n^n$ が成り立つから $L_2$ は Liouville 数であり、 したがって超越的である。
-
$\ln 2$ が代数的であると仮定する。$\ln 2 \ne 0$ であるから、 Lindemann–Weierstrass の定理（の系）より $e^{\ln 2}$ は超越的でなければならない。 しかし $e^{\ln 2} = 2$ は代数的数（$x - 2 = 0$ の根）である。矛盾。 したがって $\ln 2$ は超越数である。
参考文献
- Baker, A. (1975). Transcendental Number Theory. Cambridge University Press.
- Niven, I. (1956). Irrational Numbers. MAA.
- Lang, S. (1966). Introduction to Transcendental Numbers. Addison-Wesley.
- Murty, M. R., & Rath, P. (2014). Transcendental Numbers. Springer.
- 西岡久美子 (2003). 『超越数とはなにか』講談社ブルーバックス.
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