e和π是无理数和超越数
引理1
若 aaa 是一正常数，则当 nnn 趋向无穷大时，ann!\dfrac{a^n}{n!}n!an 趋近于零。
这个引理后面会用到
证 当 n>2an>2an>2a 时，
ann!=a1⋅a2⋯a2[a]+1⋅a2[a]+2⋯an<M(12)n−(2[a]+1), \frac{a^n}{n!} = \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdots \frac{a}{2[a]+1} \cdot \frac{a}{2[a]+2} \cdots \frac{a}{n} < M\left(\frac{1}{2}\right)^{n-(2[a]+1)}, n!an=1a⋅2a⋯2[a]+1a⋅2[a]+2a⋯na<M(21)n−(2[a]+1),
其中
M=a1⋅a2⋯a2[a]+1 M = \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdots \frac{a}{2[a]+1} M=1a⋅2a⋯2[a]+1a
是一正常数。任给 ε>0\varepsilon>0ε>0，易见当 nnn 充分大时，
M(12)n−2[a]−1<ε, M\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2[a]-1} < \varepsilon, M(21)n−2[a]−1<ε,
因而
ann!<ε. \frac{a^n}{n!} < \varepsilon. n!an<ε.
引理2
设整系数代数方程
axm+a1xm−1+⋯+am=0,m≥1, a≠0(1) a x^m + a_1 x^{m-1} + \cdots + a_m = 0,\quad m \ge 1,\ a \ne 0 \tag{1} axm+a1xm−1+⋯+am=0,m≥1, a=0(1)
的根是 ω1,ω2,...,ωm\omega_1, \omega_2, \dots, \omega_mω1,ω2,...,ωm，而 α1,α2,...,αn\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_nα1,α2,...,αn 代表
ω1,ω2,...,ωm, ω1+ω2, ω1+ω3, ..., ωm−1+ωm, ...(2) \omega_1, \omega_2, \dots, \omega_m,\ \omega_1+\omega_2,\ \omega_1+\omega_3,\ \dots,\ \omega_{m-1}+\omega_m,\ \dots \tag{2} ω1,ω2,...,ωm, ω1+ω2, ω1+ω3, ..., ωm−1+ωm, ...(2)
中所有不等于零的数，则 aα1,aα2,...,aαna\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_naα1,aα2,...,aαn 的每一整系数对称多项式是整数。
证 (2) 中共有
(m1)+(m2)+⋯+(mm)=2m−1 \binom{m}{1} + \binom{m}{2} + \cdots + \binom{m}{m} = 2^m - 1 (1m)+(2m)+⋯+(mm)=2m−1
个数，今以
α1,α2,...,αn,αn+1,...,α2m−1(3) \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n, \alpha_{n+1}, \dots, \alpha_{2^m-1} \tag{3} α1,α2,...,αn,αn+1,...,α2m−1(3)
表示它们，则 αn+1=αn+2=⋯=α2m−1=0\alpha_{n+1} = \alpha_{n+2} = \dots = \alpha_{2^m-1} = 0αn+1=αn+2=⋯=α2m−1=0。设 f(aα1,aα2,...,aαn)f(a\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_n)f(aα1,aα2,...,aαn) 是 aα1,aα2,...,aαna\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_naα1,aα2,...,aαn 的任一整系数对称多项式，则由对称多项式的基本定理知，f(aα1,aα2,...,aαn)f(a\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_n)f(aα1,aα2,...,aαn) 能表成 aα1,aα2,...,aαna\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_naα1,aα2,...,aαn 的初等对称多项式的整系数多项式，而 aα1,aα2,...,aαna\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_naα1,aα2,...,aαn 的初等对称多项式即为 aα1,aα2,...,aαn,aαn+1,...,aα2m−1a\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_n, a\alpha_{n+1}, \dots, a\alpha_{2^m-1}aα1,aα2,...,aαn,aαn+1,...,aα2m−1 的初等对称多项式，因而是 aω1,aω2,...,aωma\omega_1, a\omega_2, \dots, a\omega_maω1,aω2,...,aωm 的对称多项式。故 f(aα1,aα2,...,aαn)f(a\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_n)f(aα1,aα2,...,aαn) 能表成
σ1=∑i=1maωi,σ2=∑i≠j(aωi)(aωj),...,σm=(aω1)(aω2)⋯(aωm) \sigma_1 = \sum_{i=1}^m a\omega_i,\quad \sigma_2 = \sum_{i\ne j} (a\omega_i)(a\omega_j),\quad \dots,\quad \sigma_m = (a\omega_1)(a\omega_2)\cdots(a\omega_m) σ1=i=1∑maωi,σ2=i=j∑(aωi)(aωj),...,σm=(aω1)(aω2)⋯(aωm)
的整系数多项式，但
σ1=−a1, σ2=aa2, ..., σm=(−1)mam−1am \sigma_1 = -a_1,\ \sigma_2 = a a_2,\ \dots,\ \sigma_m = (-1)^m a^{m-1} a_m σ1=−a1, σ2=aa2, ..., σm=(−1)mam−1am
都是整数，故 f(aα1,aα2,...,aαn)f(a\alpha_1, a\alpha_2, \dots, a\alpha_n)f(aα1,aα2,...,aαn) 是整数。
证完
定理 1 eee 是无理数
证 由数学分析知，
e=1+11!+12!+⋯+1n!+⋯=1+11!+12!+⋯+1n!+1(n+1)![1+1n+2+1(n+2)(n+3)+⋯ ]. \begin{aligned} e &= 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\dots+\frac{1}{n!}+\cdots \\ &= 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\dots+\frac{1}{n!} + \frac{1}{(n+1)!}\left[1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots\right]. \end{aligned} e=1+1!1+2!1+⋯+n!1+⋯=1+1!1+2!1+⋯+n!1+(n+1)!1[1+n+21+(n+2)(n+3)1+⋯].
故
n!e=In+Rn,(1) n!e = I_n + R_n, \tag{1} n!e=In+Rn,(1)
其中 In=n!(1+11!+12!+⋯+1n!)I_n = n!\left(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\dots+\frac{1}{n!}\right)In=n!(1+1!1+2!1+⋯+n!1) 是整数，而
Rn=1n+1[1+1n+2+1(n+2)(n+3)+⋯ ]. R_n = \frac{1}{n+1}\left[1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots\right]. Rn=n+11[1+n+21+(n+2)(n+3)1+⋯].
当 n≥2n\ge 2n≥2 时，
0<Rn<1n+1[1+11!+12!+⋯ ]=en+1<1 0 < R_n < \frac{1}{n+1}\left[1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots\right] = \frac{e}{n+1} < 1 0<Rn<n+11[1+1!1+2!1+⋯]=n+1e<1
（因 e<3e<3e<3）。若 eee 是一有理数，设 e=abe=\frac{a}{b}e=ba，则当 n>bn>bn>b 时，(1) 式左端是整数，而右端不是整数，这是一个矛盾，故 eee 是无理数。
定理2 πππ 是无理数
证明
假设 π\piπ 是有理数，则存在正整数 a,ba, ba,b 使得
π=ab. \pi = \frac{a}{b}. π=ba.
对任意正整数 nnn，定义多项式
f(x)=xn(a−bx)nn!=bn xn(π−x)nn!. f(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!} = \frac{b^n \, x^n (\pi - x)^n}{n!}. f(x)=n!xn(a−bx)n=n!bnxn(π−x)n.
考虑积分
In=∫0πf(x)sinx dx. I_n = \int_0^\pi f(x) \sin x \, dx. In=∫0πf(x)sinxdx.
1. 证明 InI_nIn 是整数
将 f(x)f(x)f(x) 展开：
f(x)=1n!∑k=0n(nk)a n−k(−b)k x n+k. f(x) = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{\,n-k} (-b)^k \, x^{\,n+k}. f(x)=n!1k=0∑n(kn)an−k(−b)kxn+k.
可知 f(x)f(x)f(x) 的各项系数均为有理数，分母为 n!n!n!。
- 当 k<nk < nk<n 时，f(k)(0)=0f^{(k)}(0) = 0f(k)(0)=0。
- 当 k≥nk \ge nk≥n 时，f(k)(0)=k!n!×整数f^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} \times \text{整数}f(k)(0)=n!k!×整数，而 k!n!\frac{k!}{n!}n!k! 是整数，故 f(k)(0)f^{(k)}(0)f(k)(0) 为整数。
由 f(π−x)=f(x)f(\pi - x) = f(x)f(π−x)=f(x) 可得 f(k)(π)=(−1)kf(k)(0)f^{(k)}(\pi) = (-1)^k f^{(k)}(0)f(k)(π)=(−1)kf(k)(0)，因此 f(k)(π)f^{(k)}(\pi)f(k)(π) 也是整数。
定义
F(x)=f(x)−f′′(x)+f(4)(x)−⋯+(−1)nf(2n)(x), F(x) = f(x) - f''(x) + f^{(4)}(x) - \cdots + (-1)^n f^{(2n)}(x), F(x)=f(x)−f′′(x)+f(4)(x)−⋯+(−1)nf(2n)(x),
则 F′′(x)+F(x)=f(x)F''(x) + F(x) = f(x)F′′(x)+F(x)=f(x)，并且
ddx(F′(x)sinx−F(x)cosx)=f(x)sinx. \frac{d}{dx}\bigl( F'(x)\sin x - F(x)\cos x \bigr) = f(x) \sin x. dxd(F′(x)sinx−F(x)cosx)=f(x)sinx.
从而
In=[F′(x)sinx−F(x)cosx]0π=F(π)+F(0). I_n = \bigl[ F'(x)\sin x - F(x)\cos x \bigr]_0^\pi = F(\pi) + F(0). In=[F′(x)sinx−F(x)cosx]0π=F(π)+F(0).
由于 F(0)F(0)F(0) 和 F(π)F(\pi)F(π) 都是 f(k)(0)f^{(k)}(0)f(k)(0)、f(k)(π)f^{(k)}(\pi)f(k)(π) 的整数线性组合，故 InI_nIn 是整数。
2. 导出矛盾
当 0<x<π0 < x < \pi0<x<π 时，有 x(π−x)≤(π2)2x(\pi - x) \le \left(\frac{\pi}{2}\right)^2x(π−x)≤(2π)2，且 sinx≤1\sin x \le 1sinx≤1。因此
0<f(x)sinx≤f(x)=bnxn(π−x)nn!≤bn(π2/4)nn!=(bπ2/4)nn!. 0 < f(x)\sin x \le f(x) = \frac{b^n x^n (\pi - x)^n}{n!} \le \frac{b^n (\pi^2/4)^n}{n!} = \frac{(b\pi^2/4)^n}{n!}. 0<f(x)sinx≤f(x)=n!bnxn(π−x)n≤n!bn(π2/4)n=n!(bπ2/4)n.
于是
0<In=∫0πf(x)sinx dx<∫0π(bπ2/4)nn! dx=π (bπ2/4)nn!. 0 < I_n = \int_0^\pi f(x)\sin x \, dx < \int_0^\pi \frac{(b\pi^2/4)^n}{n!} \, dx = \frac{\pi\,(b\pi^2/4)^n}{n!}. 0<In=∫0πf(x)sinxdx<∫0πn!(bπ2/4)ndx=n!π(bπ2/4)n.
由于 n!n!n! 的增长速度远快于指数函数，当 nnn 充分大时，
π (bπ2/4)nn!<1, \frac{\pi\,(b\pi^2/4)^n}{n!} < 1, n!π(bπ2/4)n<1,
从而 0<In<10 < I_n < 10<In<1。但 InI_nIn 是一个整数，矛盾。
因此假设不成立，π\piπ 是无理数。 □\square□
定理3 eee 是超越数
证
(i) 当 f(x)f(x)f(x) 是任一 nnn 次多项式时，我们可以用分部积分法证明：
F(b)=ebF(0)−eb∫0bf(x)e−xdx,(8) F(b) = e^b F(0) - e^b \int_{0}^{b} f(x) e^{-x} dx, \tag{8} F(b)=ebF(0)−eb∫0bf(x)e−xdx,(8)
其中
F(x)=f(x)+f′(x)+⋯+f(n)(x).(9) F(x) = f(x) + f'(x) + \cdots + f^{(n)}(x). \tag{9} F(x)=f(x)+f′(x)+⋯+f(n)(x).(9)
这是因为由分部积分法，对任一有连续导数的函数 φ(x)\varphi(x)φ(x) 来说，
∫0bφ(x)e−xdx=−[φ(x)e−x]0b+∫0bφ′(x)e−xdx.(10) \int_{0}^{b} \varphi(x) e^{-x} dx = -\left[\varphi(x) e^{-x}\right]{0}^{b} + \int{0}^{b} \varphi'(x) e^{-x} dx. \tag{10} ∫0bφ(x)e−xdx=−[φ(x)e−x]0b+∫0bφ′(x)e−xdx.(10)
对多项式 f(x)f(x)f(x) 应用 (10) 式 n+1n+1n+1 次即得：
∫0bf(x)e−xdx=−[{f(x)+f′(x)+⋯+f(n)(x)}e−x]0b+∫0bf(n+1)(x)e−xdx. \begin{aligned} \int_{0}^{b} f(x) e^{-x} dx &= -\left[ \left\{ f(x) + f'(x) + \cdots + f^{(n)}(x) \right\} e^{-x} \right]{0}^{b} + \int{0}^{b} f^{(n+1)}(x) e^{-x} dx. \end{aligned} ∫0bf(x)e−xdx=−[{f(x)+f′(x)+⋯+f(n)(x)}e−x]0b+∫0bf(n+1)(x)e−xdx.
由于 f(x)f(x)f(x) 是 nnn 次多项式，可知 f(n+1)(x)=0f^{(n+1)}(x) = 0f(n+1)(x)=0，因而
∫0bf(x)e−xdx=−[e−xF(x)]0b=−e−bF(b)+F(0), \int_{0}^{b} f(x) e^{-x} dx = -\left[ e^{-x} F(x) \right]_{0}^{b} = -e^{-b} F(b) + F(0), ∫0bf(x)e−xdx=−[e−xF(x)]0b=−e−bF(b)+F(0),
故 (8) 式获证。
(ii) 假定 eee 是代数数，则 eee 满足某一个整系数代数方程：
Cmxm+Cm−1xm−1+⋯+C0=0, C_m x^m + C_{m-1} x^{m-1} + \cdots + C_0 = 0, Cmxm+Cm−1xm−1+⋯+C0=0,
其中 C0≠0C_0 \ne 0C0=0。由 (8) 即得：
∑k=0mCkF(k)=F(0)∑k=0mCkek−∑k=0mCkek∫0kf(x)e−xdx=−∑k=0mCkek∫0kf(x)e−xdx.(11) \begin{aligned} \sum_{k=0}^{m} C_k F(k) &= F(0) \sum_{k=0}^{m} C_k e^k - \sum_{k=0}^{m} C_k e^k \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx \\ &= -\sum_{k=0}^{m} C_k e^k \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx. \tag{11} \end{aligned} k=0∑mCkF(k)=F(0)k=0∑mCkek−k=0∑mCkek∫0kf(x)e−xdx=−k=0∑mCkek∫0kf(x)e−xdx.(11)
因此我们只要证明在适当地选择 f(x)f(x)f(x) 之后，(11) 式不成立就够了。
(iii) 令
f(x)=1(p−1)!xp−1(x−1)p(x−2)p⋯(x−m)p, f(x) = \frac{1}{(p-1)!} x^{p-1} (x-1)^p (x-2)^p \cdots (x-m)^p, f(x)=(p−1)!1xp−1(x−1)p(x−2)p⋯(x−m)p,
其中 ppp 是大于 mmm 及 C0C_0C0 的质数，则 f(x)f(x)f(x) 具有下述性质：
(a) f(x),f′(x),...,f(p−1)(x)f(x), f'(x), \dots, f^{(p-1)}(x)f(x),f′(x),...,f(p−1)(x) 当 x=1,2,...,mx = 1,2,\dots,mx=1,2,...,m 时都等于零；
(b) f(p)(x),f(p+1)(x),...,f((m+1)p−1)(x)f^{(p)}(x), f^{(p+1)}(x), \dots, f^{((m+1)p-1)}(x)f(p)(x),f(p+1)(x),...,f((m+1)p−1)(x) 各多项式的系数都是整数，并且可以被 ppp 整除。
由于 (x−h)p∣f(x), h=1,2,...,m(x-h)^p \mid f(x),\ h=1,2,\dots,m(x−h)p∣f(x), h=1,2,...,m，故 f(x),...,f(p−1)(x)f(x),\dots,f^{(p-1)}(x)f(x),...,f(p−1)(x) 都被 x−hx-hx−h 整除，因而 f(x)f(x)f(x) 有性质(a)。要证(b)，可以看 xkx^kxk 的 p+νp+\nup+ν 次导数。当 k<p+νk < p+\nuk<p+ν 时，导数是零；当 k≥p+ν (ν≥0)k \ge p+\nu\ (\nu \ge 0)k≥p+ν (ν≥0) 时，导数是：
k(k−1)⋯(k−(p+ν)+1)xk−(p+ν), k(k-1)\cdots(k-(p+\nu)+1) x^{k-(p+\nu)}, k(k−1)⋯(k−(p+ν)+1)xk−(p+ν),
其系数是 (p+ν)!(p+\nu)!(p+ν)! 的倍数，因而是 (p−1)!(p-1)!(p−1)! 的倍数及 ppp 的倍数。
从(a)及(b)可知，
F(1),F(2),...,F(m) F(1), F(2), \dots, F(m) F(1),F(2),...,F(m)
都是整数，并且是 ppp 的倍数。现在看 F(0)F(0)F(0)，我们知道：
F(0)=f(0)+f′(0)+⋯+f(p−2)(0)+f(p−1)(0)+f(p)(0)+⋯+f((m+1)p−1)(0), \begin{aligned} F(0) = f(0) + f'(0) + \cdots + f^{(p-2)}(0) &+ f^{(p-1)}(0) \\ &+ f^{(p)}(0) + \cdots + f^{((m+1)p-1)}(0), \end{aligned} F(0)=f(0)+f′(0)+⋯+f(p−2)(0)+f(p−1)(0)+f(p)(0)+⋯+f((m+1)p−1)(0),
而上式右端前 p−1p-1p−1 项是 000（因为 f(x)f(x)f(x) 的各项次数都不低于 p−1p-1p−1），从 p+1p+1p+1 项以后都是 ppp 的倍数，而 f(p−1)(0)f^{(p-1)}(0)f(p−1)(0) 是
((−1)mm!)pxp−1(p−1)! \frac{((-1)^m m!)^p x^{p-1}}{(p-1)!} (p−1)!((−1)mm!)pxp−1
的第 p−1p-1p−1 级导数，即
f(p−1)(0)=((−1)mm!)p. f^{(p-1)}(0) = \left( (-1)^m m! \right)^p. f(p−1)(0)=((−1)mm!)p.
故 F(0)≡((−1)mm!)p(modp)F(0) \equiv \left( (-1)^m m! \right)^p \pmod{p}F(0)≡((−1)mm!)p(modp)，从而
∑k=0mCkF(k)≡C0F(0)≡C0((−1)mm!)p(modp). \sum_{k=0}^{m} C_k F(k) \equiv C_0 F(0) \equiv C_0 \left( (-1)^m m! \right)^p \pmod{p}. k=0∑mCkF(k)≡C0F(0)≡C0((−1)mm!)p(modp).
但 p>m, p>∣C0∣p > m,\ p > |C_0|p>m, p>∣C0∣，而 ppp 是质数，因此 p∤(−1)mm!C0p \nmid (-1)^m m! C_0p∤(−1)mm!C0，故
∑k=0mCkF(k)≢0(modp).(12) \sum_{k=0}^{m} C_k F(k) \not\equiv 0 \pmod{p}. \tag{12} k=0∑mCkF(k)≡0(modp).(12)
下面要证明当 ppp 充分大时，
∣−∑k=0mCkek∫0kf(x)e−xdx∣<1.(13) \left| -\sum_{k=0}^{m} C_k e^k \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx \right| < 1. \tag{13} −k=0∑mCkek∫0kf(x)e−xdx <1.(13)
当 xxx 从 000 变到 mmm 时，f(x)f(x)f(x) 的每一因子 x−h, h=0,1,...,mx-h,\ h=0,1,\dots,mx−h, h=0,1,...,m 的绝对值都不超过 mmm，因此
∣f(x)∣≤1(p−1)!m(m+1)p−1,0≤x≤m. |f(x)| \le \frac{1}{(p-1)!} m^{(m+1)p-1},\quad 0 \le x \le m. ∣f(x)∣≤(p−1)!1m(m+1)p−1,0≤x≤m.
故由积分性质即得：当 0≤k≤m0 \le k \le m0≤k≤m 时，
∣∫0kf(x)e−xdx∣≤∫0k∣f(x)∣e−xdx≤m(m+1)p−1(p−1)!∫0ke−xdx<m(m+1)p−1(p−1)!. \begin{aligned} \left| \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx \right| &\le \int_{0}^{k} |f(x)| e^{-x} dx \\ &\le \frac{m^{(m+1)p-1}}{(p-1)!} \int_{0}^{k} e^{-x} dx < \frac{m^{(m+1)p-1}}{(p-1)!}. \end{aligned} ∫0kf(x)e−xdx ≤∫0k∣f(x)∣e−xdx≤(p−1)!m(m+1)p−1∫0ke−xdx<(p−1)!m(m+1)p−1.
令 M=∣C0∣+∣C1∣+⋯+∣Cm∣M = |C_0| + |C_1| + \cdots + |C_m|M=∣C0∣+∣C1∣+⋯+∣Cm∣，则
∣∑k=0mCkek∫0kf(x)e−xdx∣≤∑k=0m∣Ck∣ek∣∫0kf(x)e−xdx∣<(∑k=0m∣Ck∣)emm(m+1)p−1(p−1)!=Memm(m+1)p−1(p−1)!. \begin{aligned} \left| \sum_{k=0}^{m} C_k e^k \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx \right| &\le \sum_{k=0}^{m} |C_k| e^k \left| \int_{0}^{k} f(x) e^{-x} dx \right| \\ &< \left( \sum_{k=0}^{m} |C_k| \right) e^m \frac{m^{(m+1)p-1}}{(p-1)!} = M e^m \frac{m^{(m+1)p-1}}{(p-1)!}. \end{aligned} k=0∑mCkek∫0kf(x)e−xdx ≤k=0∑m∣Ck∣ek ∫0kf(x)e−xdx <(k=0∑m∣Ck∣)em(p−1)!m(m+1)p−1=Mem(p−1)!m(m+1)p−1.
由引理知，当 p→∞p \to \inftyp→∞ 时，Memm(m+1)p−1(p−1)!M e^m \dfrac{m^{(m+1)p-1}}{(p-1)!}Mem(p−1)!m(m+1)p−1 趋近于零。故当 ppp 充分大时，(13) 式成立。由 (12), (13) 即知 (11) 式不成立，故 eee 是超越数。
定理4 πππ 是超越数
π\piπ 的超越性的证明与 eee 的超越性的证明极为相似，不过更加复杂而已。在证明 π\piπ 是超越数之前，我们先证明：
证
(i) 假定 π\piπ 是代数数，则存在下列形式的等式：
d0πm′+d1πm′−1+⋯+dm′=0, d0≠0 d_0 \pi^{m'} + d_1 \pi^{m'-1} + \cdots + d_{m'} = 0,\ d_0 \ne 0 d0πm′+d1πm′−1+⋯+dm′=0, d0=0
其中 d0,d1,...,dm′d_0, d_1, \dots, d_{m'}d0,d1,...,dm′ 是整数，因此
i{d1(iπ)m′−1−d3(iπ)m′−3+⋯ }+{d0(iπ)m′−d2(iπ)m′−2+⋯ }=0, i\left\{ d_1 (i\pi)^{m'-1} - d_3 (i\pi)^{m'-3} + \cdots \right\} + \left\{ d_0 (i\pi)^{m'} - d_2 (i\pi)^{m'-2} + \cdots \right\} = 0, i{d1(iπ)m′−1−d3(iπ)m′−3+⋯}+{d0(iπ)m′−d2(iπ)m′−2+⋯}=0,
即
(d0(iπ)m′−d2(iπ)m′−2+⋯ )2+(d1(iπ)m′−1−d3(iπ)m′−3+⋯ )2=0, \left( d_0 (i\pi)^{m'} - d_2 (i\pi)^{m'-2} + \cdots \right)^2 + \left( d_1 (i\pi)^{m'-1} - d_3 (i\pi)^{m'-3} + \cdots \right)^2 = 0, (d0(iπ)m′−d2(iπ)m′−2+⋯)2+(d1(iπ)m′−1−d3(iπ)m′−3+⋯)2=0,
亦即 iπi\piiπ 是一代数数（因为 d02≠0d_0^2 \ne 0d02=0）。设 iπi\piiπ 满足整系数代数方程
axm+a1xm−1+⋯+am=0, a>0, a x^m + a_1 x^{m-1} + \cdots + a_m = 0,\ a > 0, axm+a1xm−1+⋯+am=0, a>0,
其根为 ω1=iπ,ω2,...,ωm\omega_1 = i\pi, \omega_2, \dots, \omega_mω1=iπ,ω2,...,ωm。
由于 1+eω1=1+eiπ=01 + e^{\omega_1} = 1 + e^{i\pi} = 01+eω1=1+eiπ=0，故
(1+eω1)(1+eω2)⋯(1+eωm)=0. (1 + e^{\omega_1})(1 + e^{\omega_2})\cdots(1 + e^{\omega_m}) = 0. (1+eω1)(1+eω2)⋯(1+eωm)=0.
乘开即得
C+∑k=1neαk=0, C>0,(4) C + \sum_{k=1}^n e^{\alpha_k} = 0,\ C > 0, \tag{4} C+k=1∑neαk=0, C>0,(4)
其中 α1,α2,...,αn\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_nα1,α2,...,αn 即为引理所定义的各数，而 C−1C-1C−1 即为 (2) 中等于零的数的个数。
(ii) 设 f(x)f(x)f(x) 是任一 lll 次多项式，由于 e−xe^{-x}e−x 及 f(x)f(x)f(x) 在整个复数平面上解析，故上节中的 (8) 式对 αk (k=1,2,...,n)\alpha_k\ (k=1,2,\dots,n)αk (k=1,2,...,n) 仍然成立，即
F(αk)=eαkF(0)−eαk∫0αkf(x)e−xdx, F(\alpha_k) = e^{\alpha_k} F(0) - e^{\alpha_k} \int_{0}^{\alpha_k} f(x) e^{-x} dx, F(αk)=eαkF(0)−eαk∫0αkf(x)e−xdx,
其中
F(x)=f(x)+f′(x)+⋯+f(l)(x), F(x) = f(x) + f'(x) + \cdots + f^{(l)}(x), F(x)=f(x)+f′(x)+⋯+f(l)(x),
积分路线可取 000 到 αk\alpha_kαk 的直线。由 (4) 即得
CF(0)+F(α1)+⋯+F(αn)=−∑k=1neαk∫0αkf(x)e−xdx.(5) CF(0) + F(\alpha_1) + \cdots + F(\alpha_n) = -\sum_{k=1}^n e^{\alpha_k} \int_{0}^{\alpha_k} f(x) e^{-x} dx. \tag{5} CF(0)+F(α1)+⋯+F(αn)=−k=1∑neαk∫0αkf(x)e−xdx.(5)
现在只要证明在适当选择 f(x)f(x)f(x) 之后，(5) 式不成立就够了。
(iii) 令
f(x)=1(p−1)!(ax)p−1{(ax−aα1)(ax−aα2)⋯(ax−aαn)}p, f(x) = \frac{1}{(p-1)!} (a x)^{p-1} \left\{ (a x - a\alpha_1)(a x - a\alpha_2)\cdots(a x - a\alpha_n) \right\}^p, f(x)=(p−1)!1(ax)p−1{(ax−aα1)(ax−aα2)⋯(ax−aαn)}p,
其中 p>max(a,C,∣ana1a2⋯an∣)p > \max(a, C, |a^n a_1 a_2 \cdots a_n|)p>max(a,C,∣ana1a2⋯an∣)，由引理知 (p−1)!f(x)(p-1)! f(x)(p−1)!f(x) 是 axaxax 的整系数多项式，同上节定理3的证明一样，f(x)f(x)f(x) 具有下述性质：
(a) f(x),f′(x),...,f(p−1)(x)f(x), f'(x), \dots, f^{(p-1)}(x)f(x),f′(x),...,f(p−1)(x) 当 x=α1,α2,...,αnx = \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_nx=α1,α2,...,αn 时都等于零；
(b) f(p)(x),f(p+1)(x),...,f((n+1)p−1)(x)f^{(p)}(x), f^{(p+1)}(x), \dots, f^{((n+1)p-1)}(x)f(p)(x),f(p+1)(x),...,f((n+1)p−1)(x) 都是 axaxax 的整系数多项式，并且这些系数都被 ppp 整除。
由 (a) 即得
F(αk)=f(p)(αk)+f(p+1)(αk)+⋯+f((n+1)p−1)(αk). F(\alpha_k) = f^{(p)}(\alpha_k) + f^{(p+1)}(\alpha_k) + \cdots + f^{((n+1)p-1)}(\alpha_k). F(αk)=f(p)(αk)+f(p+1)(αk)+⋯+f((n+1)p−1)(αk).
由 (b)，F(αk)F(\alpha_k)F(αk) 可以写成 aαka\alpha_kaαk 的整系数多项式，并且系数都是 ppp 的倍数，即
F(αk)=p∑t=0np−1bt(aαk)t. F(\alpha_k) = p \sum_{t=0}^{np-1} b_t (a\alpha_k)^t. F(αk)=pt=0∑np−1bt(aαk)t.
故
F(α1)+F(α2)+⋯+F(αn)=p∑t=0np−1bt(∑k=1n(aαk)t). F(\alpha_1) + F(\alpha_2) + \cdots + F(\alpha_n) = p \sum_{t=0}^{np-1} b_t \left( \sum_{k=1}^n (a\alpha_k)^t \right). F(α1)+F(α2)+⋯+F(αn)=pt=0∑np−1bt(k=1∑n(aαk)t).
由引理知 ∑k=1n(aαk)t (t=0,1,...,np−1)\sum_{k=1}^n (a\alpha_k)^t\ (t=0,1,\dots,np-1)∑k=1n(aαk)t (t=0,1,...,np−1) 都是整数，故 ∑k=1nF(αk)\sum_{k=1}^n F(\alpha_k)∑k=1nF(αk) 是整数，且
∑k=1nF(αk)≡0(modp). \sum_{k=1}^n F(\alpha_k) \equiv 0 \pmod{p}. k=1∑nF(αk)≡0(modp).
仿照上节定理3的证明也可以得到
F(0)≡(−1)bnap−1(aα1⋅aα2⋯aαn)p(modp). F(0) \equiv (-1)^{bn} a^{p-1} (a\alpha_1 \cdot a\alpha_2 \cdots a\alpha_n)^p \pmod{p}. F(0)≡(−1)bnap−1(aα1⋅aα2⋯aαn)p(modp).
故
CF(0)+F(α1)+⋯+F(αk)≡Cap−1((−1)naα1⋅aα2⋯aαn)p(modp), CF(0) + F(\alpha_1) + \cdots + F(\alpha_k) \equiv C a^{p-1} \left( (-1)^n a\alpha_1 \cdot a\alpha_2 \cdots a\alpha_n \right)^p \pmod{p}, CF(0)+F(α1)+⋯+F(αk)≡Cap−1((−1)naα1⋅aα2⋯aαn)p(modp),
但 p>max(a,C,∣aα1⋅aα2⋯aαn∣)p > \max(a, C, |a\alpha_1 \cdot a\alpha_2 \cdots a\alpha_n|)p>max(a,C,∣aα1⋅aα2⋯aαn∣)，因此 (p,a)=(p,C)=(p,aα1⋅aα2⋯aαn)=1(p,a)=(p,C)=(p,a\alpha_1 \cdot a\alpha_2 \cdots a\alpha_n)=1(p,a)=(p,C)=(p,aα1⋅aα2⋯aαn)=1，故
p∤Cap−1((−1)naα1⋅aα2⋯aαn)p, p \nmid C a^{p-1} \left( (-1)^n a\alpha_1 \cdot a\alpha_2 \cdots a\alpha_n \right)^p, p∤Cap−1((−1)naα1⋅aα2⋯aαn)p,
即
CF(0)+F(α1)+⋯+F(αn)≢0(modp).(6) CF(0) + F(\alpha_1) + \cdots + F(\alpha_n) \not\equiv 0 \pmod{p}. \tag{6} CF(0)+F(α1)+⋯+F(αn)≡0(modp).(6)
另一方面，设 M=max(∣α1∣,∣α2∣,...,∣αn∣)M = \max(|\alpha_1|, |\alpha_2|, \dots, |\alpha_n|)M=max(∣α1∣,∣α2∣,...,∣αn∣)，则当 ∣x∣≤M|x| \le M∣x∣≤M 时，
∣f(x)∣≤∣a∣(n+1)p−1Mp−1(2M)np(p−1)!, |f(x)| \le \frac{|a|^{(n+1)p-1} M^{p-1} (2M)^{np}}{(p-1)!}, ∣f(x)∣≤(p−1)!∣a∣(n+1)p−1Mp−1(2M)np,
∣e−x∣≤e∣x∣≤eM. |e^{-x}| \le e^{|x|} \le e^{M}. ∣e−x∣≤e∣x∣≤eM.
故
∣∫0αkf(x)e−xdx∣≤2npa(n+1)p−1M(n+1)peM(p−1)!, \left| \int_{0}^{\alpha_k} f(x) e^{-x} dx \right| \le \frac{2^{np} a^{(n+1)p-1} M^{(n+1)p} e^{M}}{(p-1)!}, ∫0αkf(x)e−xdx ≤(p−1)!2npa(n+1)p−1M(n+1)peM,
因积分路线的长是 ∣αk∣≤M|\alpha_k| \le M∣αk∣≤M。由此得
∣∑k=1neαk∫0αkf(x)e−xdx∣≤2npa(n+1)p−1ne2MM(n+1)p(p−1)!. \left| \sum_{k=1}^n e^{\alpha_k} \int_{0}^{\alpha_k} f(x) e^{-x} dx \right| \le 2^{np} a^{(n+1)p-1} n e^{2M} \frac{M^{(n+1)p}}{(p-1)!}. k=1∑neαk∫0αkf(x)e−xdx ≤2npa(n+1)p−1ne2M(p−1)!M(n+1)p.
由上节引理知，当 p→∞p \to \inftyp→∞ 时，上式右边趋近于零，即当 ppp 充分大时
∣∑k=1neαk∫0αkf(x)e−xdx∣<1.(7) \left| \sum_{k=1}^n e^{\alpha_k} \int_{0}^{\alpha_k} f(x) e^{-x} dx \right| < 1. \tag{7} k=1∑neαk∫0αkf(x)e−xdx <1.(7)
由 (6) 及 (7) 即知 (5) 不成立，故 π\piπ 是超越数。