Eine Alternative zu fortgesetzten Fraktionen und Anwendungen

Nov 29 2020

Dieser Beitrag ist inspiriert vom Numberphile-Video 2.920050977316 , in dem für das Papier A Prime-Representing Constant von Dylan Fridman, Juli Garbulsky, Bruno Glecer, James Grime und Massi Tron Florentin geworben wird, das eine Alternative zu fortgesetzten Brüchen darstellt. Das Ziel dieses Beitrags ist es, die Relevanz dieser Alternative zu diskutieren, indem gefragt wird, ob sie die Irrationalität von Zahlen beweisen kann, für die sie zuvor unbekannt war.

Erinnern wir uns zunächst an den Begriff der fortgesetzten Fraktion . Für eine bestimmte Anzahl$\alpha>0$Betrachten Sie die Wiederholungsrelation $u_0 = \alpha$ und $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ und lass $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. Dann$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ bezeichnet $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. Es ist genau dann rational, wenn$a_n = 0$ zum $n$groß genug. Es ist also ein großartiges Werkzeug, um die Irrationalität einiger Zahlen zu beweisen. Beispielsweise,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ ist der goldene Schnitt, weil $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

Lassen $p_n$ sei der $n$Als Primzahl können wir dann die irrationale Zahl betrachten $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), die dann die Daten aller Primzahlen auf natürlichere und effizientere Weise komprimiert als nur zu erfassen$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. Das oben erwähnte Papier bietet eine weitere interessante Möglichkeit, die Primzahlen zu komprimieren, wobei Bertrands Postulat verwendet wird , d. H.$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. Dieser Weg ist eine Art Alternative zu fortgesetzten Brüchen. Für eine bestimmte Anzahl$\beta \ge 2$Betrachten Sie die Wiederholungsrelation $u_1=\beta$ und $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ Lassen $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Dann$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ und das erwähnte Papier beweist das $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ bezeichnet, sagen wir, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

Durch das erwähnte Papier:
Satz 1 : Let$(a_n)$ eine Folge positiver Ganzzahlen sein, so dass:

  • $a_n < a_{n+1} < 2a_n$,
  • $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$

dann $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ ist irrational.

Daraus folgt die Nummer $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ ist irrational.

Frage : Kann Satz 1 mit einigen bisher bekannten Methoden bewiesen werden?

Bemerkung : Der erste Punkt von Satz 1 kann gelockert werden$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, wann $(a_n)$ ist nicht irgendwann konstant.

Für ein gegebenes nicht konstantes Polynom $P \in \mathbb{Z}[X]$ mit einem positiven Leitbegriff und $P(n) \neq 0$ für alle $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, Erwägen $a_n=P(n)$. Dann ist es leicht, aus Satz 1 die Zahl abzuleiten$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$ist irrational. Nehmen Sie zum Beispiel$P(X)=X^k$mit $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, dann $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$ist irrational. Beachten Sie, dass$e_1 = e$ist Eulers Nummer .

Das folgende Ergebnis gilt für einen alternativen Beweis der Irrationalität von $e_k$ für alle $k$, und von $e_P$ für viele $P$(nicht alle), aber nicht für$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

Satz 2 : Sei$(a_n)$ eine Folge positiver Ganzzahlen sein, so dass:

  • $a_n \le a_{n+1} < 2a_n$,
  • $\forall k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, $\exists m$ so dass $k$ teilt $a_m$,

dann $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ ist irrational.

Beweis : Nehmen Sie das an$\beta = \frac{p}{q}$. Unter der Annahme gibt es$m$ so dass $q$ teilt $a_m$. Durch das erwähnte Papier, wenn$u_1=\beta$ und $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, dann $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Das ist leicht zu sehen$u_n$ kann immer mit einem Nenner gleich geschrieben werden $q$(möglicherweise nicht vereinfacht). Es folgt dem$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ und das $a_m u_m$ist eine ganze Zahl. So$u_{m+1}$ist eine ganze Zahl. Daraus folgt für alle$n>m$ dann $u_n=u_{m+1}$, und so $a_n=a_{m+1}$. Aber der zweite Punkt von Satz 2 impliziert dies$a_n \to \infty$, Widerspruch. $\square$

Das folgende Beispiel zeigt, dass die Bedingung $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ ist für die Irrationalität nicht notwendig.

Erwägen $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$mit $0 \le r_n < n$ so dass $n$ teilt $a_n$. Passen Sie die Reihenfolge für an$n$klein, so dass der erste Punkt von Satz 2 gilt. Dann$\beta$ ist irrational während $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

Bonusfrage : Was ist eine notwendige und ausreichende Bedingung für Irrationalität?

Joel Moreira schlug in diesem Kommentar vor, dass es genau dann rational sein könnte, wenn$(a_n)$ist schließlich konstant. Siehe den neuen Beitrag Erreichen diese rationalen Sequenzen immer eine ganze Zahl? dieser Frage gewidmet.

Zu Ihrer Information, das ist leicht zu berechnen $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

Antworten

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

Es tut mir leid, wenn der Kommentar irreführend ist, und ich möchte Sie auf Fehler im folgenden Beweis hinweisen. Dies ist eine Klarstellung des vorherigen Kommentars.

Und dies ist nur ein Beweis für die Irrationalität von $e_k$.

Und die Beweisstrategie ist eine Nachahmung von Fouriers Beweis für die Irrationalität von Eulers Zahl$e$.


wenn $\forall n=\mathbb{N}^{*} \quad n$, $n$ genügen groß, $$ \left(n!\right) \cdot a \notin \mathbb{Z} \quad \text { then } a \notin \mathbb{Q} \hspace{1cm}(1) $$

WLOG, in der folgenden Berechnung unterscheiden wir nicht $x,y$ wenn $x-y\in \mathbb{Z}$. Und wir schreiben$x=y+\mathbb{Z}$ iff $x-y\in \mathbb{Z}$.

$\begin{aligned} m ! e_{k} +\mathbb{Z}&=\sum_{n \geq m+1} \frac{(n+1)^{k}-1}{(m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\mathbb{Z} \\ &=\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((n-1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\frac{(m+2)^{k}-1}{(m+1)^{k}}+\mathbb{Z}\\ &=\sum_{n \geq m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i} \cdot(m+1)^{i}}{(m+1)^{k}}+1 +\mathbb{Z}\\ &=\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{( m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}+\mathbb{Z}\hspace{1cm}(*) \end{aligned}$

In der Tat in $(*)$ wir haben $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Jetzt nimm $m$ in der Tat groß genug $m=10000\cdot k^{100}$ ist dann ok $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$

So $(*)\neq \mathbb{Z}$, so $(1)$ ist wahr, $ e_{k}$ ist nicht rational.