겔폰트-슈나이더 상수

1. 개요[편집]

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겔폰트-슈나이더 상수는 [math(2)]의 [math(\sqrt2)]제곱, 즉 [math(2^{\sqrt2})]이다. 힐베르트의 23가지 문제 중 “[math(a\neq 0, \log a\neq 0)]인[1] 대수적 수이고 [math(b)]가 유리수가 아닌 대수적 수일 때 [math(a^b)]은 초월수인가?”의 증명 과정에서 등장한 수이다.

2. 역사[편집]

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다비트 힐베르트가 자신의 문제들에서 리만 가설, 페르마의 마지막 정리, 그리고 [math(2^{\sqrt{2}})]의 초월성 증명이 이 순서대로 풀릴 것이라고 말했다. 실제로는 그 반대로 풀려서, 겔폰트-슈나이더 상수가 가장 먼저 초월수임이 밝혀졌고, 그 다음이 페르마의 마지막 정리고, 리만 가설은 현재까지도 풀리지 않았다. 1919년 쿠즈민이 이 상수가 초월수임을 밝혔고, 1934년 겔폰트와 슈나이더가 독자적으로 위의 [math(a^b)]이 초월수임을 증명했다.

3. 용도[편집]

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이 수의 제곱근인 [math(\sqrt2^{\sqrt2})]은 명제 '무리수의 무리수 제곱이 유리수가 될 수 있는가?'를 증명하는 데 쓰인다.[2] 이 수 자체나 그 제곱근이 초월수인지 아닌지, 심지어 무리수인지 유리수인지 몰라도 가능하다.[3] 단 [math(\sqrt2)]가 무리수라는 전제가 필요하다.[4]

i) [math(\sqrt2^{\sqrt2})]가 유리수라고 가정할 경우, 무리수([math(\sqrt2)])의 무리수([math(\sqrt2)]) 제곱이므로 명제는 자명하게 참이다.

ii) [math(\sqrt{2}^{\sqrt{2}})]가 무리수라고 가정할 경우, 이 수에 무리수 [math(\sqrt2)]만큼 제곱하면 [math(\left(\sqrt2^{\sqrt2}\right)^{\sqrt2} = \sqrt2^2 = 2)]로 유리수가 얻어지므로 주어진 명제 역시 참이다.

i), ii)에 따라 명제 '무리수의 무리수 제곱이 유리수가 될 수 있는가?'는 참이다.

한편 무리수^무리수=유리수는 로그를 이용해서 증명할 수도 있다. [math({\sqrt{2}}^{\log_2 9}=3)]이기 때문. 이건 [math(\log_2 3)]가 무리수라는 것만 추가로 더 보이면 되고, 이건 겔폰트-슈나이더 상수를 이용한 증명에서 [math(\sqrt{2})]가 무리수임을 보이는 정도의 수준이면 된다.[증명]

또는 [math(e^{\ln{10}} = \pi^{\log_\pi 10} = 10)] 도 가능하...지 않을까 싶은데, 이건 먼저 [math({\ln{10}})] 이 무리수임을 증명해야 하고 이걸 증명하려면 대개 [math(e)]가 초월수인걸 먼저 증명해야 하는 문제가 생긴다. 애초에 [math({\ln{n}})]가 [math({n})]이 1이 아닌 정수일 때 무리수라는 걸 확장해 증명한 게 겔폰트 슈나이더 정리이다. 반면 겔폰트 슈나이더 상수를 이용하면 겔폰트 슈나이더 상수의 제곱근인 상수[math({\sqrt{2}}^{\sqrt{2}})] 자체가 유리수든 무리수든 (무리수)^(무리수)=(유리수)를 보일 수 있다.

참고로 겔폰트-슈나이더 정리와 린데만-바이어슈트라스 정리를 이용하면 [math(\pi)]가 초월수임을 귀류법으로 증명할 수 있다. [math(\pi)]가 대수적인 수라고 가정한 뒤, 오일러 등식에서 [math(i^i)]가 [math(e^{-\pi/2})]임을 유도한 뒤, 린데만-바이어슈트라스 정리에 따라 이 값은 대수적인 수일텐데, 겔폰트-슈나이더 정리에 의해 초월수라는게 유도되므로 모순이 발생한다는 흐름으로 증명한다.[5]