जारी अंश और अनुप्रयोगों के लिए एक विकल्प

Nov 29 2020

यह पोस्ट नंबरफाइल वीडियो 2.920050977316 से प्रेरित है, जो दयान फ्रिडमैन, जूली गरबुलस्की, ब्रूनो ग्लीसर, जेम्स ग्रिम और मैसी टायलर फ्लोरेंटिन द्वारा पेपर ए प्राइम-रिप्रजेंटिंग कॉन्स्टेंट का विज्ञापन जारी है, जिसमें निरंतर अंशों का विकल्प शामिल है। इस पोस्ट का लक्ष्य इस विकल्प की प्रासंगिकता पर चर्चा करके यह पूछना है कि क्या यह संख्याओं की तर्कहीनता को साबित कर सकता है जिसके लिए यह पहले अज्ञात था।

आइए हम पहले जारी अंश की धारणा को याद करते हैं । किसी दिए गए नंबर के लिए$\alpha>0$, पुनरावृत्ति संबंध पर विचार करें $u_0 = \alpha$ तथा $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ और जाने $a_n = \lfloor u_n \rfloor $। फिर$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ लक्षित $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$। यह तर्कसंगत है अगर और केवल अगर$a_n = 0$ के लिये $n$बहुत पर्याप्त। तो यह कुछ संख्याओं की तर्कहीनता को साबित करने के लिए एक महान उपकरण है। उदाहरण के लिए,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ सुनहरा अनुपात है, क्योंकि $(\phi-1)^{-1}=\phi$।

लश्कर $p_n$ हो $n$वें प्राइम, तब हम अपरिमेय संख्या पर विचार कर सकते हैं $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), जो तब सभी प्राइम नंबरों के डेटा को केवल लेने की तुलना में अधिक स्वाभाविक और कुशल तरीके से संपीड़ित करता है$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$। ऊपर उल्लिखित पेपर, प्रिम्स संख्याओं को संपीड़ित करने का एक और दिलचस्प तरीका प्रदान करता है, जो बर्ट्रेंड के पोस्टुलेट का उपयोग करता है , अर्थात$p_n < p_{n+1} < 2p_n$। यह तरीका निरंतर भिन्न के लिए एक प्रकार का विकल्प है। किसी दिए गए नंबर के लिए$\beta \ge 2$, पुनरावृत्ति संबंध पर विचार करें $u_1=\beta$ तथा $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ लश्कर $a_n= \lfloor u_n \rfloor $। फिर$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ और उल्लिखित कागज यह साबित करता है $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ निरूपित, आइए बताते हैं, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$।

उल्लिखित कागज द्वारा:
प्रमेय 1 : आज्ञा देना$(a_n)$ सकारात्मक पूर्णांक का एक क्रम हो जैसे:

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

तब फिर $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ तर्कहीन है।

यह इस प्रकार है कि संख्या $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ तर्कहीन है।

प्रश्न : क्या प्रमेय 1 कुछ पूर्व ज्ञात विधियों द्वारा सिद्ध किया जा सकता है?

टिप्पणी : प्रमेय 1 के पहले बिंदु को शिथिल किया जा सकता है$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, कब अ $(a_n)$ अंततः स्थिर नहीं है।

किसी दिए गए गैर-स्थिर बहुपद के लिए $P \in \mathbb{Z}[X]$ एक सकारात्मक अग्रणी शब्द और के साथ $P(n) \neq 0$ सभी के लिए $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, विचार करें $a_n=P(n)$। फिर यह प्रमेय 1 की संख्या से घटाना आसान है$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$तर्कहीन है। उदाहरण के लिए, ले लो$P(X)=X^k$, साथ से $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, तब फिर $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$तर्कहीन है। ध्यान दें कि$e_1 = e$है यूलर की संख्या ।

निम्नलिखित परिणाम तर्कहीनता के वैकल्पिक प्रमाण के लिए लागू होता है $e_k$ सभी के लिए $k$, और का $e_P$ अनेक के लिए $P$(सभी नहीं), लेकिन इसके लिए नहीं$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

प्रमेय 2 : चलो$(a_n)$ सकारात्मक पूर्णांक का एक क्रम हो जैसे:

$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$,
$\forall k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, $\exists m$ ऐसा है कि $k$ विभाजित $a_m$,

तब फिर $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ तर्कहीन है।

सबूत : यह मान लें$\beta = \frac{p}{q}$। धारणा से, है$m$ ऐसा है कि $q$ विभाजित $a_m$। उल्लिखित कागज द्वारा, यदि$u_1=\beta$ तथा $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, तब फिर $a_n= \lfloor u_n \rfloor $। यह देखना आसान है$u_n$ हमेशा एक भाजक के बराबर लिखा जा सकता है $q$(संभवतः सरलीकृत नहीं)। यह इस प्रकार है कि$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ और कि $a_m u_m$एक पूर्णांक है। इसलिए$u_{m+1}$एक पूर्णांक है। यह सभी के लिए इस प्रकार है$n>m$ तब फिर $u_n=u_{m+1}$, इसलिए $a_n=a_{m+1}$। लेकिन प्रमेय 2 के दूसरे बिंदु का अर्थ है$a_n \to \infty$, अंतर्विरोध। $\square$

निम्नलिखित उदाहरण दिखाएगा कि हालत $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ तर्कहीनता के लिए आवश्यक नहीं है।

विचार करें $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$, साथ से $0 \le r_n < n$ ऐसा है कि $n$ विभाजित $a_n$। के लिए अनुक्रम समायोजित करें$n$छोटा इसलिए कि थ्योरम 2 का पहला बिंदु। फिर$\beta$ अतार्किक है जबकि $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$।

बोनस प्रश्न : तर्कहीनता के लिए एक आवश्यक और पर्याप्त स्थिति क्या है?

जोएल मोरेरा ने इस टिप्पणी में सुझाव दिया कि यह तर्कसंगत हो सकता है यदि और केवल यदि$(a_n)$आखिरकार स्थिर है। नई पोस्ट देखें क्या ये तर्कसंगत क्रम हमेशा पूर्णांक तक पहुंचते हैं? इस सवाल के लिए समर्पित।

FYI करें, यह गणना करना आसान है $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

जवाब

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

मुझे खेद है कि यदि टिप्पणी भ्रामक है, और निम्नलिखित प्रमाण में किसी भी गलती को इंगित करने के लिए आपका स्वागत है। यह पिछली टिप्पणी का स्पष्टीकरण है।

और यह केवल तर्कहीनता का प्रमाण है $e_k$।

और प्रूफ स्ट्रैटेजी फुलर के प्रूफ की नकल है, जो यूलर के नंबर की तर्कहीनता का सबूत है$e$।

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

WLOG, निम्नलिखित गणना में हम अंतर नहीं करते हैं $x,y$ अगर $x-y\in \mathbb{Z}$। और हम लिखते हैं$x=y+\mathbb{Z}$ आईएफएफ $x-y\in \mathbb{Z}$।

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

वास्तव में $(*)$ अपने पास $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$।

अब लीजिए $m$ वास्तव में बड़ा है $m=10000\cdot k^{100}$ ठीक है, फिर $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$