e の超越性(後編) - Red cat の数学よもやま話

続きです。

補題 2

$m\geq 2$ 、f(x) を x の整多項式とし、
$F_1(x)=\frac{x^{m-1}}{(m-1)!}f(x),F_2(x)=\frac{x^m}{(m-1)!}f(x)$
とすると、 $F_1(h),F_2(h)$ は整数で、
$F_1(h)\equiv f(0),F_2(h)\equiv 0\pmod{m}$
(証明)
$a_0,\dots,a_L$ は整数で
$f(x)=\sum_{l=0}^L a_l x^l$
とすると
$F_1(x)=\sum_{l=0}^L a_l\frac{x^{l+m-1}}{(m-1)!}$
より
$F_1(h)=\sum_{l=0}^L a_l\frac{(l+m-1)!}{(m-1)!}$
であるが、 $l\geq 1$ のとき
$\frac{(l+m-1)!}{(m-1)!}=(l+m-1)(l+m-2)\dots m$
は m の倍数であるから
$F_1(h)\equiv a_0=f(0)\pmod{m}$
である。同様に
$F_2(x)=\sum_{l=0}^L a_l\frac{x^{l+m}}{(m-1)!}$
より
$F_2(h)=\sum_{l=0}^L a_l\frac{(l+m)!}{(m-1)!}\equiv 0\pmod{m}$
が成り立つ。
いよいよ e の超越性を示します。e が超越数でなければ、 $n\geq 1$ と $C_0\neq 0$ なる整数 $C_0,C_1,\dots,C_n$ があって
$\sum_{t=0}^n C_t e^t=0$ … (1)
が成り立ちます。今、素数 p を $p>\max\{n,|C_0|\}$ にとり、
$\phi(x)=\frac{x^{p-1}}{(p-1)!}\{(x-1)(x-2)\dots(x-n)\}^p$
とおきます。(1) の両辺に $\phi(h)$ を掛けて補題 1 を使うと
$\sum_{t=0}^n C_t\phi(t+h)+\sum_{t=0}^n C_t\psi(t)e^t=0$
が成り立ちます。ここで
$S_1=\sum_{t=0}^n C_t\phi(t+h),S_2=\sum_{t=0}^n C_t\psi(t)e^t$
とおきます。 $\phi(x)$ に補題 2 を用いると、 $\phi(h)$ は整数で
$\phi(h)\equiv (-1)^{np}(n!)^p\pmod{p}$
が成り立ちます。また $1\leq t\leq n$ のとき
$\begin{align}\phi(t+x)&=\frac{(t+x)^{p-1}}{(p-1)!}\{(x+t-1)\dots(x+1)x(x-1)\dots(x+t-n)\}^p\\&=\frac{x^p}{(p-1)!}f(x)\end{align}$
となります。ただし f(x) はある整多項式です。したがって再び補題 2 により $\phi(t+h)$ は p で割り切れます。以上により
$S_1=\sum_{t=0}^n C_t\phi(t+h)\equiv (-1)^{np}C_0(n!)^p\not\equiv 0\pmod{p}$
となるので、 $S_1$ は 0 でない整数だから $|S_1|\geq 1$ が成り立ちます。一方で
$\phi(x)=\sum_{r=0}^s c_r x^r$
とおくとき、 $|\epsilon_r(x)|<1$ により
$\begin{align}|\psi(t)|&<\sum_{r=0}^s|c_r|t^r\\&\leq\frac{t^{p-1}}{(p-1)!}\{(t+1)(t+2)\dots(t+n)\}^p\to 0(p\to\infty)\end{align}$
となるので、予め p を大きく取れば $|S_2|<\frac12$ と出来ます。ところがこれは $S_1+S_2=0$ に矛盾します。したがって e の超越性が示されました。