Una alternativa a la fracción continua y las aplicaciones.

Question

Esta publicación está inspirada en el video de Numberphile 2.920050977316 , que anuncia el artículo A Prime-Representing Constant de Dylan Fridman, Juli Garbulsky, Bruno Glecer, James Grime y Massi Tron Florentin, que involucra una alternativa a las fracciones continuas. El objetivo de este artículo es discutir la relevancia de esta alternativa preguntando si puede probar la irracionalidad de números para los que antes se desconocía.

Recordemos primero la noción de fracción continua . Para un número dado$\alpha>0$, considere la relación de recurrencia $u_0 = \alpha$ y $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ y deja $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. Luego$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ denotado $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. Es racional si y solo si$a_n = 0$ por $n$lo suficientemente grande. Por tanto, es una gran herramienta para demostrar la irracionalidad de algunos números. Por ejemplo,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ es la proporción áurea, porque $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

Dejar $p_n$ ser el $n$el primo, entonces podemos considerar el número irracional $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), que luego comprime los datos de todos los números primos, de una manera más natural y eficiente que simplemente tomando$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. El artículo mencionado anteriormente proporciona otra forma interesante de comprimir los números primos, que utiliza el postulado de Bertrand , es decir$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. De esta forma es una especie de alternativa a las fracciones continuas. Para un número dado$\beta \ge 2$, considere la relación de recurrencia $u_1=\beta$ y $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ Dejar $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Luego$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ y el citado trabajo prueba que $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ denotado, digamos, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

Por el trabajo mencionado:
Teorema 1 : Sea$(a_n)$ ser una secuencia de enteros positivos tal que:

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

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

De ello se deduce que el número $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ es irracional.

Pregunta : ¿Puede demostrarse el teorema 1 mediante algunos métodos previamente conocidos?

Observación : El primer punto del teorema 1 se puede relajar para$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, Cuándo $(a_n)$ no es eventualmente constante.

Para un polinomio no constante dado $P \in \mathbb{Z}[X]$ con un término principal positivo y $P(n) \neq 0$ para todos $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, considerar $a_n=P(n)$. Entonces es fácil deducir del teorema 1 que el número$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$es irracional. Por ejemplo, tome$P(X)=X^k$, con $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, luego $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$es irracional. Tenga en cuenta que$e_1 = e$es el número de Euler .

El siguiente resultado se aplica para una prueba alternativa de la irracionalidad de $e_k$ para todos $k$, y de $e_P$ para muchos $P$(no todos), pero no para$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

Teorema 2 : Sea$(a_n)$ ser una secuencia de enteros positivos tal que:

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

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

prueba : Suponga que$\beta = \frac{p}{q}$. Por supuesto, hay$m$ tal que $q$ divide $a_m$. Por el documento mencionado, si$u_1=\beta$ y $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, luego $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Es fácil ver eso$u_n$ siempre se puede escribir con un denominador igual a $q$(posiblemente no simplificado). Resulta que$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ y eso $a_m u_m$es un entero. Entonces$u_{m+1}$es un entero. De ello se deduce que para todos$n>m$ luego $u_n=u_{m+1}$, y entonces $a_n=a_{m+1}$. Pero el segundo punto del teorema 2 implica que$a_n \to \infty$, contradicción. $\square$

El siguiente ejemplo mostrará que la condición $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ no es necesario por la irracionalidad.

Considerar $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$, con $0 \le r_n < n$ tal que $n$ divide $a_n$. Ajustar la secuencia para$n$pequeño para que el primer punto del teorema 2 se mantenga. Luego$\beta$ es irracional mientras que $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

Pregunta adicional : ¿Cuál es una condición necesaria y suficiente para la irracionalidad?

Joel Moreira sugirió en este comentario que puede ser racional si y solo si$(a_n)$es eventualmente constante. Ver la nueva publicación ¿Estas secuencias racionales siempre alcanzan un número entero? dedicado a esta pregunta.

Para su información, es fácil calcular que $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

Answer 1

Lo siento si el comentario es engañoso y bienvenido a señalar cualquier error en la siguiente prueba. Esta es una aclaración del comentario anterior.

Y esto es solo una prueba de la irracionalidad de $e_k$.

Y la estrategia de prueba es una imitación de la prueba de Fourier de la irracionalidad del número de Euler$e$.

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

WLOG, en el siguiente cálculo no distinguimos $x,y$ Si $x-y\in \mathbb{Z}$. Y escribimos$x=y+\mathbb{Z}$ si $x-y\in \mathbb{Z}$.

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

De hecho en $(*)$ tenemos $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Ahora toma $m$ suficiente grande, de hecho $m=10000\cdot k^{100}$ está bien, entonces $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$

Entonces $(*)\neq \mathbb{Z}$, entonces $(1)$ es verdad, $ e_{k}$ no es racional.