린데만-바이어슈트라스 정리

초월수론에서 린데만-바이어슈트라스 정리(Lindemann–Weierstrass theorem)는 수의 초월성을 확립하는 데 매우 유용한 결과이다. 내용은 다음과 같다.

린데만-바이어슈트라스 정리—만약 α₁, ..., α_n이 유리수 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 선형 독립인 대수적 수라면, e^α₁, ..., e^α_n은 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 대수적으로 독립이다.

다시 말해, 확대체 ${\displaystyle \mathbb {Q} (e^{\alpha _{1}},\dots ,e^{\alpha _{n}})}$는 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 초월 차수 n을 갖는다.

Baker 1990, Chapter 1, Theorem 1.4의 동등한 공식은 다음과 같다.

동등한 공식—만약 α₁, ..., α_n 이 서로 다른 대수적 수라면, 지수 e^α₁, ..., e^α_n는 대수적 수에 대해 선형 독립이다.

이 동등성은 모든 인수가 서로의 켤레인 대칭 다항식이 유리수를 산출한다는 사실을 이용하여 대수적 수에 대한 선형 관계를 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대한 대수적 관계로 변환한다.

이 정리는 페르디난트 폰 린데만과 카를 바이어슈트라스의 이름을 따서 명명되었다. 린데만은 1882년 모든 0이 아닌 대수적 수 α에 대해 e^α가 초월수임을 증명하여 원주율이 초월수임을 확립했다 (아래 참조).^[1] 바이어슈트라스는 1885년 위에서 언급한 더 일반적인 진술을 증명했다.^[2]

이 정리는 겔폰트-슈나이더 정리와 함께 베이커 정리에 의해 확장되며,^[3] 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 α_i 지수가 정수여야 하고 선형 독립이 유리수에 대해서만 보장되는 더 간단한 정리를 증명했다.^[4][5] 이 결과는 때때로 에르미트 정리로 불린다.^[6] 비록 그것이 위 정리의 특수한 경우처럼 보이지만, 일반적인 결과는 이 더 간단한 경우로 축소될 수 있다. 린데만은 1882년에 에르미트의 작업에 대수적 수를 처음으로 허용했다.^[1] 곧이어 바이어슈트라스는 전체 결과를 얻었고,^[2] 다비트 힐베르트^[7]와 파울 고르단을 포함한 여러 수학자들에 의해 추가적인 단순화가 이루어졌다.^[8]

e 와 π의 초월성

 자연로그의 밑 및 원주율 문서를 참고하십시오.

e 와 π의 초월성은 이 정리의 직접적인 따름정리이다.

α 가 0이 아닌 대수적 수라고 가정하자. 그러면 {α} 는 유리수에 대해 선형 독립 집합이고, 따라서 정리의 첫 번째 공식에 의해 {e^α} 는 대수적으로 독립 집합이다. 즉 e^α 는 초월수이다. 특히, e¹ = e 는 초월수이다. ( e 가 초월수라는 더 기본적인 증명은 초월수에 대한 문서에 요약되어 있다.)

다른 방법으로, 정리의 두 번째 공식에 의해, 만약 α 가 0이 아닌 대수적 수라면, {0, α} 는 서로 다른 대수적 수의 집합이고, 따라서 집합 {e⁰, e^α} = {1, e^α} 는 대수적 수에 대해 선형 독립이며 특히 e^α 는 대수적일 수 없으므로 초월수이다.

π가 초월수임을 증명하기 위해, 우리는 그것이 대수적이지 않다는 것을 증명한다. 만약 π가 대수적이라면, πi도 대수적일 것이고, 그러면 린데만-바이어슈트라스 정리에 의해 e^πi = −1 (오일러 항등식 참조)은 초월수일 것이므로 모순이다. 따라서 π는 대수적이지 않으며, 이는 초월수임을 의미한다.

같은 증명의 약간 변형된 형태는 α 가 0이 아닌 대수적 수일 때 sin(α), cos(α), tan(α) 및 이들의 쌍곡선 counterparts도 초월수임을 보여줄 것이다.

p-adic 추측

p-진법 린데만-바이어슈트라스 추측.—어떤 소수 p 와 p-진법 수 중 대수적이며 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 선형 독립인 α₁, ..., α_n 이 존재하고, 모든 i 에 대해 | α_i |_p < 1/p 를 만족한다고 가정하자. 그러면 p-진법 지수 exp_p(α₁), . . . , exp_p(α_n) 는 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 대수적으로 독립인 p-진법 수이다.

모듈러 추측

모듈러 함수 j 를 포함하는 정리의 유사체는 1997년 다니엘 베르트랑(Daniel Bertrand)이 추측했지만, 여전히 미해결 문제로 남아있다.^[9] 놈의 제곱인 q = e^2πiτ 와 j(τ) = J(q) 를 사용하면, 추측은 다음과 같다.

모듈러 추측—복소수 단위 원판에 있는 0이 아닌 대수적 수 q₁, ..., q_n 가 주어지고 다음 3n 개의 수가

${\displaystyle \left\{J(q_{1}),J'(q_{1}),J(q_{1}),\ldots ,J(q_{n}),J'(q_{n}),J(q_{n})\right\}}$

${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 대수적으로 종속적이라고 하자. 그러면 1 ≤ i < j ≤ n 인 두 지수 i 와 j 가 존재하여 q_i 와 q_j 가 곱셈적으로 종속적이다.

린데만-바이어슈트라스 정리

린데만-바이어슈트라스 정리 (베이커의 재구성).—만약 a₁, ..., a_n 가 모두 0이 아닌 대수적 수이고, α₁, ..., α_n 가 서로 다른 대수적 수라면,^[10]

${\displaystyle a_{1}e^{\alpha _{1}}+a_{2}e^{\alpha _{2}}+\cdots +a_{n}e^{\alpha _{n}}\neq 0.}$

증명

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

예비 보조정리

보조정리 A.—정수 c(1), ..., c(r)가 주어지고, k가 1과 r 사이인 모든 k에 대해, {γ(k)₁, ..., γ(k)_m(k)} 가 정수 계수를 갖는 0이 아닌 다항식 ${\displaystyle T_{k}(x)}$의 근이라고 하자. 만약 (k, i) ≠ (u, v)일 때마다 γ(k)_i ≠ γ(u)_v 이면,

${\displaystyle c(1)\left(e^{\gamma (1)_{1}}+\cdots +e^{\gamma (1)_{m(1)}}\right)+\cdots +c(r)\left(e^{\gamma (r)_{1}}+\cdots +e^{\gamma (r)_{m(r)}}\right)=0}$

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

보조정리 A의 증명. 표기법을 단순화하기 위해 다음과 같이 설정하자.

${\displaystyle {\begin{aligned}&n_{0}=0,&&\\&n_{i}=\sum \nolimits _{k=1}^{i}m(k),&&i=1,\ldots ,r\\&n=n_{r},&&\\&\alpha _{n_{i-1}+j}=\gamma (i)_{j},&&1\leq i\leq r,\ 1\leq j\leq m(i)\\&\beta _{n_{i-1}+j}=c(i).\end{aligned}}}$

그러면 진술은 다음과 같다.

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}\beta _{k}e^{\alpha _{k}}\neq 0.}$

p를 소수라고 하고 다음 다항식을 정의하자.

${\displaystyle f_{i}(x)={\frac {\ell ^{np}(x-\alpha _{1})^{p}\cdots (x-\alpha _{n})^{p}}{(x-\alpha _{i})}},}$

여기서 ℓ은 ${\displaystyle \ell \alpha _{1},\ldots ,\ell \alpha _{n}}$이 모두 대수적 정수가 되는 0이 아닌 정수이다. 다음을 정의하자.^[11]

${\displaystyle I_{i}(s)=\int _{0}^{s}e^{s-x}f_{i}(x)\,dx.}$

부분 적분을 사용하여 다음을 얻는다.

${\displaystyle I_{i}(s)=e^{s}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)-\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(s),}$

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

${\displaystyle -e^{s-x}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(x)}$

는 ${\displaystyle e^{s-x}f_{i}(x)}$의 원시함수이기 때문이다.

다음 합을 고려하자.

${\displaystyle {\begin{aligned}J_{i}&=\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}I_{i}(\alpha _{k})\\[5pt]&=\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}\left(e^{\alpha _{k}}\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)-\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\right)\\[5pt]&=\left(\sum _{j=0}^{np-1}f_{i}^{(j)}(0)\right)\left(\sum _{k=1}^{n}\beta _{k}e^{\alpha _{k}}\right)-\sum _{k=1}^{n}\sum _{j=0}^{np-1}\beta _{k}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\\[5pt]&=-\sum _{k=1}^{n}\sum _{j=0}^{np-1}\beta _{k}f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})\end{aligned}}}$

마지막 줄에서 우리는 보조정리의 결론이 틀렸다고 가정했다. 증명을 완료하려면 모순에 도달해야 한다. 우리는 ${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|}$을 두 가지 다른 방식으로 추정함으로써 그렇게 할 것이다.

첫째, ${\displaystyle f_{i}^{(j)}(\alpha _{k})}$는 ${\displaystyle j\geq p}$일 때 p!로 나누어지는 대수적 정수이며, ${\displaystyle j<p}$일 때는 ${\displaystyle j=p-1}$이고 ${\displaystyle k=i}$가 아닌 한 0이 된다. 이 경우

${\displaystyle \ell ^{np}(p-1)!\prod _{k\neq i}(\alpha _{i}-\alpha _{k})^{p}.}$

이는 p가 충분히 클 때 p로 나누어지지 않는다. 그렇지 않으면

${\displaystyle \delta _{i}=\prod _{k\neq i}(\ell \alpha _{i}-\ell \alpha _{k})}$

(이는 0이 아닌 대수적 정수이다)를 놓고, 그 켤레들의 곱(이는 여전히 0이 아님)을 ${\displaystyle d_{i}\in \mathbb {Z} }$라고 하면, p가 ${\displaystyle \ell ^{p}(p-1)!d_{i}^{p}}$를 나눈다는 결과를 얻게 되는데, 이는 거짓이다.

따라서 ${\displaystyle J_{i}}$는 (p − 1)!로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다. 이제

${\displaystyle J_{i}=-\sum _{j=0}^{np-1}\sum _{t=1}^{r}c(t)\left(f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t-1}+1})+\cdots +f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t}})\right).}$

각 ${\displaystyle f_{i}(x)}$가 정수 계수를 가진 고정된 다항식을 ${\displaystyle (x-\alpha _{i})}$로 나누어 얻어지므로,

${\displaystyle f_{i}(x)=\sum _{m=0}^{np-1}g_{m}(\alpha _{i})x^{m},}$

형태를 띠는데, 여기서 ${\displaystyle g_{m}}$은 i에 독립적인 다항식(정수 계수를 가짐)이다. 미분 ${\displaystyle f_{i}^{(j)}(x)}$도 마찬가지이다.

따라서 대칭 다항식의 기본 정리에 의해,

${\displaystyle f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t-1}+1})+\cdots +f_{i}^{(j)}(\alpha _{n_{t}})}$

는 ${\displaystyle \alpha _{i}}$에 대해 평가된 유리 계수를 갖는 고정된 다항식이다 (이는 확장식에 나타나는 ${\displaystyle \alpha _{n_{t-1}+1},\dots ,\alpha _{n_{t}}}$의 동일한 거듭제곱을 묶고 이 대수적 수들이 완전한 켤레 집합이라는 사실을 사용하여 볼 수 있다). 따라서 ${\displaystyle J_{i}}$도 마찬가지이며, 즉 ${\displaystyle J_{i}=G(\alpha _{i})}$이며, 여기서 G는 i에 독립적인 유리 계수를 갖는 다항식이다.

마지막으로 ${\displaystyle J_{1}\cdots J_{n}=G(\alpha _{1})\cdots G(\alpha _{n})}$는 유리수이며 (다시 대칭 다항식의 기본 정리에 의해), ${\displaystyle (p-1)!^{n}}$으로 나누어지는 0이 아닌 대수적 정수이다 (왜냐하면 ${\displaystyle J_{i}}$들은 ${\displaystyle (p-1)!}$로 나누어지는 대수적 정수이기 때문이다). 따라서

${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|\geq (p-1)!^{n}.}$

그러나 분명히 다음이 성립한다.

${\displaystyle |I_{i}(\alpha _{k})|\leq {|\alpha _{k}|}e^{|\alpha _{k}|}F_{i}({|\alpha _{k}|}),}$

여기서 F_i는 f_i의 계수들의 절댓값을 계수로 갖는 다항식이다 (이는 ${\displaystyle I_{i}(s)}$의 정의로부터 직접적으로 유도된다). 따라서

${\displaystyle |J_{i}|\leq \sum _{k=1}^{n}\left|\beta _{k}\alpha _{k}\right|e^{|\alpha _{k}|}F_{i}\left(\left|\alpha _{k}\right|\right)}$

그리고 ${\displaystyle f_{i}}$의 구성에 의해 ${\displaystyle |J_{1}\cdots J_{n}|\leq C^{p}}$ (p에 독립적인 충분히 큰 C에 대해)이므로, 이는 이전 부등식과 모순된다. 이것으로 보조정리 A의 증명이 완료된다. ∎

보조정리 B.—만약 b(1), ..., b(n)이 정수이고 γ(1), ..., γ(n)이 서로 다른 대수적 수라면,

${\displaystyle b(1)e^{\gamma (1)}+\cdots +b(n)e^{\gamma (n)}=0}$

은 모든 ${\displaystyle i=1,\dots ,n.}$에 대해 자명한 해 ${\displaystyle b(i)=0}$만을 갖는다.

보조정리 B의 증명:

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

이라고 가정하면, 모순을 도출하여 보조정리 B를 증명한다.

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

다항식

${\displaystyle P(x_{1},\dots ,x_{N})=\prod _{\sigma \in S_{N}}(b(1)x_{\sigma (1)}+\cdots +b(N)x_{\sigma (N)})}$

는 가정에 의해 ${\displaystyle (e^{\gamma (1)},\dots ,e^{\gamma (N)})}$에서 0이 된다. 곱셈은 대칭적이므로, 임의의 ${\displaystyle \tau \in S_{N}}$에 대해 단항식 ${\displaystyle x_{\tau (1)}^{h_{1}}\cdots x_{\tau (N)}^{h_{N}}}$과 ${\displaystyle x_{1}^{h_{1}}\cdots x_{N}^{h_{N}}}$는 P의 전개에서 동일한 계수를 갖는다.

따라서 ${\displaystyle P(e^{\gamma (1)},\dots ,e^{\gamma (N)})}$를 이에 따라 전개하고 동일한 지수를 가진 항들을 묶으면, 결과로 얻어지는 지수 ${\displaystyle h_{1}\gamma (1)+\dots +h_{N}\gamma (N)}$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 C에 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.

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

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 ≤ i ≤ n에 대해, σ(i)는 1과 d(i) 사이의 정수이다. 변수 ${\displaystyle x_{11},\dots ,x_{1d(1)},\dots ,x_{n1},\dots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n}}$에 대한 다항식을 다음과 같이 구성한다.

${\displaystyle Q(x_{11},\dots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n})=\prod \nolimits _{\sigma \in S}\left(x_{1\sigma (1)}y_{1}+\dots +x_{n\sigma (n)}y_{n}\right).}$

곱셈은 가능한 모든 선택 함수 σ에 대해 이루어지므로, Q는 모든 i에 대해 ${\displaystyle x_{i1},\dots ,x_{id(i)}}$에 대해 대칭이다. 따라서 Q는 위의 변수들의 기본 대칭 다항식들과 y_i 변수들에 대해 정수 계수를 갖는 다항식이다. 이들 대칭 다항식 각각은 ${\displaystyle a(i)_{1},\dots ,a(i)_{d(i)}}$에서 평가될 때 유리수이다.

평가된 다항식 ${\displaystyle Q(a(1)_{1},\dots ,a(n)_{d(n)},e^{\alpha (1)},\dots ,e^{\alpha (n)})}$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.

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

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 ${\displaystyle b(1),\dots ,b(N)\in \mathbb {Q} }$를 갖는다. 합은 자명하지 않다. 만약 ${\displaystyle \alpha (i)}$가 사전식 순서에서 최대라면, ${\displaystyle e^{|S|\alpha (i)}}$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 − p ≠ 0이므로 모순이다. 보조정리 A는 또한 π가 무리수임을 증명하기에 충분하다. 그렇지 않으면 π = k / n으로 쓸 수 있으며 k와 n은 모두 정수이고 그러면 ±iπ는 n²x² + k² = 0의 근이다. 따라서 2 − 1 − 1 = 2e⁰ + e^iπ + e^−iπ ≠ 0이지만 이는 거짓이다.

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

${\displaystyle a_{n}e^{n}+\cdots +a_{0}e^{0}\neq 0.}$

보조정리 B는 또한 π가 초월수임을 증명하기에 충분하다. 그렇지 않으면 1 + e^iπ ≠ 0이 될 것이다.

두 진술의 동등성

정리의 베이커 공식은 첫 번째 공식을 분명히 의미한다. 실제로, ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$이 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$에 대해 선형 독립인 대수적 수이고,

${\displaystyle P(x_{1},\ldots ,x_{n})=\sum b_{i_{1},\ldots ,i_{n}}x_{1}^{i_{1}}\cdots x_{n}^{i_{n}}}$

가 유리 계수를 갖는 다항식이라면, 우리는 다음을 갖는다.

${\displaystyle P\left(e^{\alpha (1)},\dots ,e^{\alpha (n)}\right)=\sum b_{i_{1},\dots ,i_{n}}e^{i_{1}\alpha (1)+\cdots +i_{n}\alpha (n)},}$

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

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

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

이전 섹션에서 보았듯이, 그리고 거기에 사용된 동일한 표기법으로, 다항식

${\displaystyle Q(x_{11},\ldots ,x_{nd(n)},y_{1},\dots ,y_{n})=\prod \nolimits _{\sigma \in S}\left(x_{1\sigma (1)}y_{1}+\dots +x_{n\sigma (n)}y_{n}\right),}$

에서

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

의 값은 다음 형태의 표현을 갖는다.

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

여기서 우리는 같은 지수를 가진 지수들을 묶었다. 여기서 위에서 증명했듯이, ${\displaystyle b(1),\ldots ,b(M)}$은 모두 0은 아닌 유리수이며, 각 지수 ${\displaystyle \beta (m)}$은 정수 계수를 갖는 ${\displaystyle \alpha (i)}$의 선형 결합이다. 그러면 ${\displaystyle n>1}$이고 ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$이 쌍별로 다르기 때문에, ${\displaystyle \alpha (1),\ldots ,\alpha (n)}$에 의해 생성된 ${\displaystyle \mathbb {C} }$의 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$-벡터 부분 공간 ${\displaystyle V}$는 자명하지 않으며, ${\displaystyle \alpha (i_{1}),\ldots ,\alpha (i_{k})}$를 ${\displaystyle V}$의 기저로 선택할 수 있다. 각 ${\displaystyle m=1,\dots ,M}$에 대해, 우리는 다음을 갖는다.

${\displaystyle {\begin{aligned}\beta (m)=q_{m,1}\alpha (i_{1})+\cdots +q_{m,k}\alpha (i_{k}),&&q_{m,j}={\frac {c_{m,j}}{d_{m,j}}};\qquad c_{m,j},d_{m,j}\in \mathbb {Z} .\end{aligned}}}$

각 ${\displaystyle j=1,\ldots ,k}$에 대해, ${\displaystyle d_{j}}$를 ${\displaystyle m=1,\ldots ,M}$에 대한 모든 ${\displaystyle d_{m,j}}$의 최소 공배수라고 하고, ${\displaystyle v_{j}={\tfrac {1}{d_{j}}}\alpha (i_{j})}$로 놓자. 그러면 ${\displaystyle v_{1},\ldots ,v_{k}}$는 대수적 수이며, ${\displaystyle V}$의 기저를 형성하고, 각 ${\displaystyle \beta (m)}$은 정수 계수를 갖는 ${\displaystyle v_{j}}$의 선형 결합이다.

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

관계를 ${\displaystyle e^{N(v_{1}+\cdots +v_{k})}}$로 곱함으로써 (여기서 ${\displaystyle N}$은 충분히 큰 양의 정수이다), ${\displaystyle e^{v_{1}},\cdots ,e^{v_{k}}}$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.