Kapitel V. Der allgemeine Transzendenzbeweis.
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(2)
(2)
hh-1) (q+1) (h-1) (h-2)(g)
--
+
...
(h2) (h-3)(q1)
·
-
--
− (− 1)p (h − q) (h − 1 + 1 ) · · · (h − q + p − 1)
= − q 1)
die Form:
R(α, a', a",...)
=
=
( − 1 )³ Σ ( − 1)' +*+ · · · (?) (†)
i. k,... 0, 1, ... p
h+ i + k + · · · ≥ (n + 1)p
hh-1)(q-p+1)
·
...
[h+i+ · · · -- (n + 1)(p+1)] · · · [h+i+· · · -np] œ³α´¹ α"k...
h(h-1) (npik)(p1)!
Es ist leicht zu zeigen, daß bei wachsendem p die Größe R be-
liebig klein wird. Ist nämlich μ der größte der Werte a, lα,
so wird zunächst :
(??) ( 2 )·
...
(6+1)· · · (6 + p)
·R <Z [(n+1)p+o-i-k][np-i-k-](p-1)+1)p+
i, k,... = 0, ..., P
σ = 0, 1, 2,
wo vermittels:
∞
h + i + k +
=
(n + 1)p + 6
º,
statt h der neue Summationsbuchstabe 6 eingeführt ist. Durch Zu-
sammenfassung derjenigen Glieder, in denen:
...
= T
ist, erhält man:
R<
i + k +
(6+1) (6+2)
...
(0+1 ((n − 1)p)
· p) (
o
τ
R < Σ (n + 1) p + 6-t)... (npr). (p-1); μ(a + 1) + a.
T= 0, 1, ..., (n - 1)p
σ = 0, 1, 2,
t) · ( − Į µ(n p + 7.
Diese Ungleichung muß um so mehr stattfinden, wenn man darin:
(n-1)P) durch Σ(("-− 1)P) — 2(n − 1)pr
τ
τ
7 = 0, 1,
..., (n-1)p
ersetzt. Vergrößert man ferner die rechte Seite, indem man durch-
gehends t = (n-1)p, und dann Eins für
·
...
(p) (p-1) (6+1)
(6+2p) (6+2p-1)... (6+p+1)
setzt, so ergibt sich:
R₁ < [(n − 1) p + 1] > (27-1 μ" + 1) µ°
<[(n−1)p+1] (o+p)!
0=0,1,2,...
Ersetzt man noch (p+6)! durch 6! p!, so erhält man:
[(n-1)p+1] (2-1μ"+1)p
R<
p
(p-1)!
e",
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