Une alternative à la fraction continue et aux applications

Nov 29 2020

Cet article est inspiré de la vidéo Numberphile 2.920050977316 , annonçant le papier Une constante représentant le premier de Dylan Fridman, Juli Garbulsky, Bruno Glecer, James Grime et Massi Tron Florentin, impliquant une alternative aux fractions continues. Le but de cet article est de discuter de la pertinence de cette alternative en se demandant si elle peut prouver l'irrationalité de nombres pour lesquels elle était inconnue auparavant.

Rappelons d'abord la notion de fraction continue . Pour un nombre donné$\alpha>0$, considérez la relation de récurrence $u_0 = \alpha$ et $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ et laissez $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. Puis$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ noté $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. Il est rationnel si et seulement si$a_n = 0$ pour $n$assez large. C'est donc un excellent outil pour prouver l'irrationalité de certains nombres. Par example,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ est le nombre d'or, car $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

Laisser $p_n$ Soit le $n$e premier, alors nous pouvons considérer le nombre irrationnel $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), qui compresse ensuite les données de tous les nombres premiers, d'une manière plus naturelle et efficace que de simplement prendre$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. L'article mentionné ci-dessus fournit une autre façon intéressante de compresser les nombres premiers, qui utilise le postulat de Bertrand , à savoir$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. Cette manière est une sorte d'alternative aux fractions continues. Pour un nombre donné$\beta \ge 2$, considérez la relation de récurrence $u_1=\beta$ et $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ Laisser $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Puis$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ et l'article mentionné prouve que $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ dénoté, disons, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

Par l'article mentionné:
Théorème 1 : Soit$(a_n)$ être une suite d'entiers positifs tels que:

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

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

Il s'ensuit que le nombre $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ est irrationnel.

Question : Le théorème 1 peut-il être prouvé par des méthodes connues antérieurement?

Remarque : Le premier point du théorème 1 peut être assoupli pour$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, lorsque $(a_n)$ n'est finalement pas constante.

Pour un polynôme non constant donné $P \in \mathbb{Z}[X]$ avec un terme positif et $P(n) \neq 0$ pour tous $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, considérer $a_n=P(n)$. Ensuite, il est facile de déduire du théorème 1 que le nombre$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$est irrationnel. Par exemple, prenez$P(X)=X^k$, avec $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, ensuite $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$est irrationnel. Noter que$e_1 = e$est le nombre d'Euler .

Le résultat suivant s'applique pour une preuve alternative de l'irrationalité de $e_k$ pour tous $k$, et de $e_P$ pour beaucoup $P$(pas tous), mais pas pour$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

Théorème 2 : Soit$(a_n)$ être une suite d'entiers positifs tels que:

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

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

preuve : supposons que$\beta = \frac{p}{q}$. Par hypothèse, il y a$m$ tel que $q$ se divise $a_m$. Par l'article mentionné, si$u_1=\beta$ et $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, ensuite $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Il est facile de voir que$u_n$ peut toujours être écrit avec un dénominateur égal à $q$(peut-être pas simplifié). Il s'ensuit que$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ et cela $a_m u_m$est un entier. Donc$u_{m+1}$est un entier. Il s'ensuit que pour tous$n>m$ ensuite $u_n=u_{m+1}$, et donc $a_n=a_{m+1}$. Mais le deuxième point du théorème 2 implique que$a_n \to \infty$, contradiction. $\square$

L'exemple suivant montrera que la condition $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ n'est pas nécessaire pour l'irrationalité.

Considérer $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$, avec $0 \le r_n < n$ tel que $n$ se divise $a_n$. Ajustez la séquence pour$n$petit pour que le premier point du théorème 2 soit vrai. Puis$\beta$ est irrationnel alors que $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

Question bonus : Quelle est une condition nécessaire et suffisante pour l'irrationalité?

Joel Moreira a suggéré dans ce commentaire que cela pourrait être rationnel si et seulement si$(a_n)$est finalement constant. Voir le nouvel article Ces séquences rationnelles atteignent-elles toujours un entier? dédié à cette question.

Pour info, il est facile de calculer que $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

Réponses

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

Je suis désolé si le commentaire est trompeur, et bienvenue pour signaler toute erreur dans la preuve suivante. Ceci est une clarification du commentaire précédent.

Et ce n'est qu'une preuve de l'irrationalité de $e_k$.

Et la stratégie de preuve est une imitation de la preuve de Fourier de l'irrationalité du nombre d'Euler$e$.


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

WLOG, dans le calcul suivant on ne distingue pas $x,y$ si $x-y\in \mathbb{Z}$. Et nous écrivons$x=y+\mathbb{Z}$ iff $x-y\in \mathbb{Z}$.

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

En fait dans $(*)$ on a $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Maintenant prends $m$ suffit grand, en fait $m=10000\cdot k^{100}$ ça va, alors $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$

Donc $(*)\neq \mathbb{Z}$, donc $(1)$ est vrai, $ e_{k}$ n'est pas rationnel.