2 証明

$S_{\infty}$の代わりに$\alpha$と書くことにする. 証明は, $\alpha$が代数方程式を満たすと仮定し, $a_n\alpha^n$の二通りの評価が矛盾することで行う. その際, $\alpha^n$などの2進表示が任意の長さの0の列を持つ点が重要である.

まず, $\alpha^n$はそのままの形では扱いにくいので冪級数に書き直す. 即ち

$$\alpha^n=\left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2^i}}\right)^n=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{c(i,n)}{2^i}$$

という係数$c(i,n)$を考えると,

$$i=2^{b_1}+2^{b_2}+\cdots+2^{b_n}$$

となるような整数の列 $b_1,b_2,\ldots,b_n$の数が$c(i,n)$となる². $i$を2進数で考えたとき, $1$の数が$n$個よりも多い場合は$c(i,n)=0$となるので, たとえば$i$が

$$2^t(2^0+2^1+\cdots+2^{n-1})<i<2^t\cdot2^n$$

の範囲にある場合は常に$c(i,n)=0$となり, $1$の数がちょうど$n$個の場合は$c(i,n)=n!$となる. これが$n$個よりも少ない場合は, $n$が$1$小さい場合の列 $b_1,b_2,\ldots,b_{n-1}$からある$b_i$ $(1 \le i \le n-1)$を選んで, $b_i$が正なら $b_i'=b_n=b_i-1$という$b_i,b_n$を用いて, $b_1,\ldots,b_i',\ldots,b_{n-1}$のどこかに$b_{n}$を入れると一つの列が得られる. よって, $b_i$が$0$であるような場合も含めて, 上からの評価は

$$c(i,n)\le (n-1)\cdot\frac{n}{2}\cdot c(i,n-1)\le\frac{n!(n-1)!}{2^{n-1}}c(i,1)\le\frac{n!(n-1)!}{2^{n-1}}$$

となる. 重要なのはこれらの評価が$i$に依存しない点なので, 簡単に

$$c(i,n) \le c_n$$

としておく.

さて, $\alpha$は

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}a_kx^k,\quad g(x)=\sum_{k=0}^{n-1}b_kx^k$$

を用いて

$$a_nx^n+f(x)-g(x)=0 \qquad (a_n\in\mathbb{N})$$

と表される代数方程式を満たすと仮定する. ここで$a_k,b_k$は非負整数で, $a_kb_k=0$となるように選んである. $\{x\}$で$x$の小数部分を表すとし, また

$$s=s(t)=2^t+2^{t+1}+\cdots+2^{t+n-2}$$

とおくと,

$$\begin{eqnarray*} \left\{2^{s}f(\alpha)\right\} &\le&2^{s}\sum_{k=0}^{n-1}a_k\... ...^{t+n-1}}^{\infty}\frac{1}{2^i}=2^{1-2^t}\sum_{k=0}^{n-1}a_kc_k \end{eqnarray*}$$

となり, $t$は任意だから$f(\alpha)$の2進表示は任意の長さの$0$の列を持つ. ここで$t$は十分大きいとして, $2^sf(\alpha)$の小数点以下$1$桁目から並ぶ$0$の個数を考えると, $t$が$1$少ない場合よりも$2^{t-1}$個増えるので, 少なくとも$2^{t-1}$個の$0$が並んでいる. これは$2^sg(\alpha)$についても同様だから, $t$を十分大きくとることで同時に $2^sf(\alpha), 2^sg(\alpha)$の小数点以下$1$桁目から$2^{t-1}$個の$0$が並ぶようにできる. このとき

$$\left\{2^{s+2^{t-3}}f(\alpha)\right\}\le\frac{1}{2^{2^{t-1}-2^{t-3}}}=\frac{1}{2^{2^{t-2}+2^{t-3}}}$$

となり, $g(\alpha)$についても同様だから,

$$2^{s+2^{t-3}}a_n\alpha^n=2^{s+2^{t-3}}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)$$

の整数との差は $2^{-2^{t-2}-2^{t-3}}$以下である. 一方, 小数部分を普通に評価してみると,

$$\begin{eqnarray*} \left\{2^{s+2^{t-3}}a_n\alpha^n\right\}&\le&2^{s+2^{t-3}}a_n\... ...} \\ &\le&2^{1-2^{t-3}}a_nc_n \\ &\le&\frac{1}{2^{2^{t-4}}} \end{eqnarray*}$$

だから, 上の途中の式がそのまま小数部になって, 今度は下からの評価をすると

$$\begin{eqnarray*} \left\{2^{s+2^{t-3}}a_n\alpha^n\right\}&=&2^{s+2^{t-3}}a_n\su... ...n2^{-s-2^{t-2}}=a_n2^{-2^{t-3}} \\ &\ge&\frac{1}{2^{2^{t-3}}} \end{eqnarray*}$$

となるので, 先ほどの評価と矛盾する. よって$\alpha$は超越数である.