eの超越性

$c_0+c_{1}e+\cdots +c_n{e}^n=0$となる整数$c_0,\dots ,c_n$が存在したと仮定して$c_0=\cdots =c_n=0$を示せばよい．上の補題のように$\{f_p{\}}_{p\in P_n}$を取り、十分大きな素数$p$を取って$f(x)=f_p(x)$とおく（$p$をどのくらい大きく取ればよいかは後述する）．次の定積分を考える：
$$I_k={\int }_0^{k}f(x)e^{-x}dx.$$
部分積分を繰り返すと
$$\begin{array}{rl}{I}_k& =[-f(x)e^{-x}{]}_0^k+[-f^{\prime }(x)e^{-x}{]}_0^k+\cdots \\ & =(f(0)+f^{\prime }(0)+\cdots )-(f(k)e^{-k}+f^{\prime }(k)e^{-k}+\cdots )\\ & =f[0]-f[k]e^{-k}\end{array}$$
となるので$c_k{e}^k{I}_k=c_k{e}^{k}f[0]-c_{k}f[k]$である．$k$にわたって足しあげると
$$c_1{e}^1{I}_1+\cdots +c_n{e}^n{I}_n=-(c_{0}f[0]+\cdots +c_{n}f[n])$$
となる．(3)より、$p$を十分大きく選んでおけば左辺の絶対値は$1$未満となるが、右辺は整数なので両辺は$0$となる．特に右辺は$p$で割り切れるので、(1)と(2)より$p\mid c_0$がわかるが、やはり$p$を十分大きく選んでおけば$c_0=0$が得られる．

あとは最初の式を$e$で割って同じことを繰り返せば$c_0=\cdots =c_n=0$が分かる．

$$f_p(x)={\displaystyle \frac{x^{p-1}(x-1{)}^p\dots (x-n{)}^p}{(p-1)!}}$$
が条件を満たすことを示す．
$$f_p[x]=\sum _{i_0,\dots ,i_n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(x^{p-1}{)}^{(i_0)}((x-1{)}^p{)}^{(i_1)}\cdots ((x-n{)}^p{)}^{(i_n)}}{(p-1)!}}$$
と表せることに着目する．
(1) 上の式に$x=0$を代入すると$i_0\ne p-1$の項は$0$となる．$i_0=p-1$の項は整数だが、その中でも$i_1=\cdots =i_n=0$の項だけは$p$の倍数でなく、それ以外は$p$の倍数である．よって$f_p[0]$は$p$の倍数でない整数である．
(2) 上の式に$x=k$（$1\le k\le n$）を代入すると$i_k\ne p$の項は$0$となり、$i_k=p$の項は全て$p$の倍数となる．よって$f_p[k]$は$p$の倍数である．
(3) $[0,n]$上で$|f_p(x)|\le {\displaystyle \frac{n^{p-1}(n^p{)}^n}{(p-1)!}}$が成り立つ． 右辺は$p\to \mathrm{\infty }$で$0$に収束するのでよい．