チャンパーノウン定数の無理性･超越性(後編)

今回は前回に引き続きチャンパーノウン定数を扱っていきます。
前回は無理性を示しましたが、今回は超越性を示します。

チャンパーノウン定数やその無理性についてはこちら(前回の記事)を↓

https://zangiri.hatenablog.jp/entry/2018/10/07/150035

超越数の定義等についてはこちら(前々回の記事)↓の前半をご覧下さい

https://zangiri.hatenablog.jp/entry/2018/08/25/103756

下ごしらえ

θ=0.123456789101112...とし(チャンパーノウン定数)、これをまずは∑で表すことを目標にします。
∑の形にしてあげることで超越性がとても示しやすくなるためです。

まずnケタの(自然)数xを考えます。
xはnケタなので $10^{n-1}≦x<10^n$ が成り立ちます。
よって、nケタの数は全部で $10^n-10^{n-1}=9･10^{n-1}$ 個あることになります。
したがって、nケタの数を全て並べてできる数字列の長さを $\ell_n$ とすると、
$\ell_n=9n･10^{n-1}$ となります。
以上より、1～nケタの数を全て並べてできる数数字列の長さを $L_n$ とすると、 $L_n=\sum^n_{k=1}\ell_k=9\sum^n_{k=1}k･10^{k-1}$ となります。

この $L_n$ を用いると、θを∑を使った形に変形できます。
実際、
$\begin{align*}θ&=\frac{1}{10}+\frac{2}{10^2}+\cdots+\frac{9}{10^9}+\frac{1}{10^{L_1}}(\frac{10}{10^2}+\frac{11}{(10^2)^2}+\cdots+\frac{99}{(10^2)^{90}})+\frac{1}{10^{L_2}}(\frac{100}{10^3}+\cdots+\frac{999}{(10^3)^{900}})+\cdots\\ &=\frac{1}{10}+\frac{2}{10^2}+\cdots+\frac{9}{10^9}+\frac{10^{2･9}}{10^{L_1}}(\frac{10}{(10^2)^{10}}+\frac{11}{(10^2)^{11}}+\cdots+\frac{99}{(10^2)^{99}})+\frac{10^{3･99}}{10^{L_2}}(\frac{100}{(10^3)^{100}}+\cdots+\frac{999}{(10^3)^{999}})+\cdots\\&=\sum^9_{k=1}\frac{k}{10^k}+\sum^∞_{n=2}(\frac{10^{n(10^{n-1}-1)}}{10^{L_{n-1}}}･\sum^{10^n-1}_{k=10^{n-1}}\frac{k}{10^{nk}})\\&=\sum^9_{k=1}k･10^{-k}+\sum^∞_{n=2}(10^{-9\sum^{n-1}_{j=1}(j･10^{j-1})+n(10^{n-1}-1)}･\sum^{10^n-1}_{k=10^{n-1}}k･10^{-nk})...☆\end{align*}$
と表せます。

Wikipediaに載っている形もこれになります。

さて、下ごしらえができたので調理していきましょう。

調理(更なる別表記)

θを∑の形に変形できましたが、ここから更に変形して扱いやすくしていきます。
普通に微分して
$\begin{align*}\sum^{B-1}_{k=A}kx^{k-1}&=\frac{d}{dx}(\sum^{B-1}_{k=A}x^k)\\&=\frac{d}{dx}(\frac{x^B-x^A}{x-1})\\&=\frac{(x-1)(Bx^{B-1}-Ax^{A-1})-(x^B-x^A)}{(x-1)^2} \end{align*}$
が成り立ちます。

これに $x=10^{-n},A=10^{n-1},B=10^n$ を代入し、 $10^{-n}$ を両辺にかけて
$\sum^{10^n-1}_{k=10^{n-1}}k10^{-nk}=10^n\frac{(10^{2n-1}-10^{n-1}+1)10^{-n10^{n-1}}-(10^{2n}-10^n+1)10^{-n10^n} }{(10^n-1)^2}$
を得ます。

また、x=10,A=1,B=nとおくことで
$-9\sum^{n-1}_{j=1}j10^{j-1}+n(10^{n-1}-1)=\frac{10^n-1}{9}-n$
を得ます。

以上を☆に代入し、整理することで、
$\begin{align*}θ&=\sum^∞_{n=1}10^{\frac{10^n-1}{9}}･\frac{(10^{2n-1}-10^{n-1}+1)10^{-n10^{n-1}}-(10^{2n}-10^n+1)10^{-n10^n} }{(10^n-1)^2}\\&=\frac{10}{81}-\sum^∞_{n=1}(\frac{10^{2n}-10^n+1}{(10^n-1)^2}-\frac{10^{2n+1}-10^n+1}{(10^{n+1}-1)^2})10^{-n10^n+\frac{10^n-1}{9}}\end{align*}$
という表記を得ます。
ぱっと見ではわかりにくいと思いますが、これはかなり扱いやすい形で、実際 θについての収束の速い近似級数を与えます。

さて、これで調理は一通り終わりました。
あとは盛り付けのみです。

盛り付け(超越性の証明)

盛り付ける前に食器を用意しましょう。
「補題」といって、証明の助けになる命題を紹介します。今回の補題は「ロスの定理」です。

[ロスの定理]
$実数αについて,任意の実数ε>0に対し,\\0<|α-\frac{p_m}{q_m}|<\frac{1}{q_m^{2+ε}}\\を満たす整数列p_m,q_mが無限に存在するならば,\\αは超越数です。$
証明はとても複雑なので略します。
これはつまり「有理数による近似がしやすい数は超越数だ」ということを主張する定理です。

さて、ここで
$v_mを10-1,10^2-1,...,10^m-1$ の最小公倍数とし、
$q_m=v_m^210^{(m-1)10^{m-1}+\frac{10^{m-1}-1}{9}},\\ \frac{p_m}{q_m}=\frac{10}{81}-\sum^{m-1}_{n=1}(\frac{10^{2n}-10^n+1}{(10^n-1)^2}-\frac{10^{2n+1}-10^n+1}{(10^{n+1}-1)^2})10^{-n10^n+\frac{10^n-1}{9}},\\ r_m=\sum^∞_{n=m}(\frac{10^{2n}-10^n+1}{(10^n-1)^2}-\frac{10^{2n+1}-10^n+1}{(10^{n+1}-1)^2})10^{-n10^n+\frac{10^n-1}{9}}$
とします。

このとき $θ-\frac{p_m}{q_m}=-r_m$ となります。
見るからにロスの定理ですね。
ということで近似の精度を測っていきます。とてもよい近似になっていれば超越数であることがわかります。

まず、定義から $v_m^2≦(10･10^2･\cdots 10^m)^2=10^{m(m+1)}$
となるので、
$\lim_{m→∞}\frac{a_m}{b_m}=1$ のとき $a_m\approx b_mと書くことにすれば、 [tex:\log q_m\approx (m-1)10^{m-1}\log10$ となり、
また $r_m\approx (1-\frac{1}{10})10^{-m10^m+\frac{10^m-1}{9}}$ より
$\log r_m\approx -m10^m\log10$ となるので、
結局 $\frac{\log r_m}{\log q_m}\approx -10$ となります。
このことから、任意のε>0に対し、整数Nがあり、
$0<|θ-\frac{p_m}{q_m}|=q_m^{\log r_m/ \log q_m}<\frac{1}{q_m^{10-ε}}$
が全てのn>Nについて成り立つことが分かり、また $q_m→∞$ であることからこの不等式は無限個の整数解 $p_m,q_m$ を持つことがわかります。
したがって、ロスの定理よりθは超越数です。