А.И. Галочкин - Последние три лекции по теории чисел, страница 2

Пусть β — целое алгебраическое число степени m. Тогда существует такая функцияf (z) =n−1X n−1Xakl e(k+lβ)zk=0 l=0с коэффициентами akl ∈ Z, что0 < max |akl | < nγ5 n ,(2)k,lf (t) (0) = 0,Мы имеем:f(t)(z) =n−1Xt = 0, [n3/2 ] − 1,(3)akl (k + lβ)t e(k+lβ)z ,(4)k,l=0поэтому по лемме 2f (t) (0) =n−1Xakl (k + lβ)t =n−1X m−1Xk,l=0 s=0k,l=05Bt,k,l,s β s aklПриравняем к нулю коэффициенты при степенях β s .

Получим системуn−1X m−1Xt = 0, [n3/2 ] − 1,Bt,k,l,s akl = 0,k,l=0 s=0s = 0, m − 1,состоящую из p = m[n3/2 ] уравнений относительно q = n2 неизвестных akl . По лемме 43/2|Bt,k,l,s | < (B + 2)t nt < n2n=A(t < n3/2 )и для завершения доказательства осталось применить лемму Зигеля. Пусть X — не зависящее от n натуральное число, которое будет выбрано в дальнейшем,(5)T = min ordz=x ln a f (z)x=0,XЛемма 4. [n3/2 ] 6 ordz=0 f (z) 6 n2 . Оценка снизу следует из леммы 6.

Докажем правое неравенство. Допустим противное. Тогдаf (t) (0) =n−1Xakl (k + lβ)t = 0,k,l=0t = 0, n2 − 1.Получили систему из n2 линейных уравнений с n2 неизвестными akl . Определитель системы есть определитель Вандермонда. Он отличен от нуля, так как, ввиду иррациональности числа β, все числа k + lβ различнымежду собой. Следовательно, система может иметь лишь нулевое решение, что противоречит лемме 5. 2.2. Оценки вспомогательной функции и завершение доказательства ТГШЛемма 5. Справедливы неравенства3/2|f (T ) (x ln a)| < n−γ6 n−1/3(X−6)T,x = 0, X. Доказательство этой леммы весьма сходно с доказательством леммы 3. На этот раз надо применитьпринцип максимума модуля к функции3/2g(z) = f (z)z −[n](z − ln a)−T · · · (z − X ln a)−T√и положить r = X| ln a| + 1 < n.Аккуратно это доказательство проведите самостоятельно (на лекции его предполагается изложить болееподробно).

Доказательство теоремы Гельфонда – Шнейдера. Без ограничения общности можно считать, чточисло β — целое алгебраическое — в противном случае умножим его на такое натуральное число b, чтобыbβ ∈ ZA , докажем, что число abβ трансцендентно, и уже отсюда легко установим трансцендентность числа aβ .Из (5) следует, что существует такой индекс x0 , что f (T ) (x0 ln a) 6= 0, причем эта производная являетсямногочленом P (β, a, aβ ) с целыми коэффициентами.Допустим, что при выполненных условиях теоремы все три числа β, a и aβ алгебраические степеней соответственно m, m1 и m2 . Тогда к многочлену P (β, a, aβ ) можно применить обобщенную теорему Лиувилля. Спомощью равенства (10) оценим его длину и степень:L(P ) 6 n2 nγ5 n (2n)T ,deg P 6 T + 2nX.Из обобщенной теоремы Лиувилля получаем, что|f (T ) (x0 ln a)| = |P (β, a, aβ )| > (L(P ))1−mm1 m2 C − deg P > n−γ7 n−mm1 m2 T .С другой стороны, по лемме 7 при X = 3mm1 m2 + 6 выполняется неравенство3/2|f (T ) (x0 ln a)| < n−γ6 n−mm1 m2 T.Последние две оценки при достаточно большом n противоречивы.

Теорема доказана. 6.