Alternatif untuk fraksi dan aplikasi lanjutan

Nov 29 2020

Posting ini terinspirasi oleh video Numberphile 2.920050977316 , mengiklankan makalah A Prime-Representing Constant oleh Dylan Fridman, Juli Garbulsky, Bruno Glecer, James Grime dan Massi Tron Florentin, yang melibatkan alternatif untuk pecahan lanjutan. Tujuan dari posting ini adalah untuk membahas relevansi alternatif ini dengan menanyakan apakah itu dapat membuktikan irasionalitas angka yang sebelumnya tidak diketahui.

Mari kita mengingat kembali pengertian pecahan lanjutan . Untuk nomor tertentu$\alpha>0$, pertimbangkan hubungan perulangan $u_0 = \alpha$ dan $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ dan biarkan $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. Kemudian$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ dilambangkan $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. Itu rasional jika dan hanya jika$a_n = 0$ untuk $n$cukup besar. Jadi ini adalah alat yang hebat untuk membuktikan irasionalitas beberapa angka. Sebagai contoh,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ adalah rasio emas, karena $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

Membiarkan $p_n$ jadilah $n$bilangan prima th, maka kita dapat mempertimbangkan bilangan irasional $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), yang kemudian mengompresi data semua bilangan prima, dengan cara yang lebih alami dan efisien daripada hanya mengambil$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. Makalah yang disebutkan di atas memberikan cara lain yang menarik untuk mengompresi bilangan prima, yang menggunakan postulat Bertrand , yaitu$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. Cara ini adalah semacam alternatif pecahan lanjutan. Untuk nomor tertentu$\beta \ge 2$, pertimbangkan hubungan perulangan $u_1=\beta$ dan $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ Membiarkan $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Kemudian$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ dan makalah tersebut membuktikan hal itu $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ dilambangkan, katakanlah, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

Dengan makalah yang disebutkan:
Teorema 1 : Biarkan$(a_n)$ menjadi urutan bilangan bulat positif sehingga:

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

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

Maka dari itu jumlahnya $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ tidak rasional.

Pertanyaan : Dapatkah Teorema 1 dibuktikan dengan beberapa metode yang telah dikenal sebelumnya?

Catatan : Poin pertama dari Teorema 1 dapat dilonggarkan$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, kapan $(a_n)$ pada akhirnya tidak konstan.

Untuk polinomial tidak konstan tertentu $P \in \mathbb{Z}[X]$ dengan istilah pengantar positif dan $P(n) \neq 0$ untuk semua $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, pertimbangkan $a_n=P(n)$. Maka mudah untuk menyimpulkan dari Teorema 1 bahwa bilangan tersebut$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$tidak rasional. Misalnya, ambil$P(X)=X^k$, dengan $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, kemudian $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$tidak rasional. Catat itu$e_1 = e$adalah nomor Euler .

Hasil berikut berlaku untuk bukti alternatif irasionalitas $e_k$ untuk semua $k$, dan dari $e_P$ untuk banyak $P$(tidak semua), tetapi tidak untuk$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

Teorema 2 : Biarkan$(a_n)$ menjadi urutan bilangan bulat positif sehingga:

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

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

bukti : Asumsikan itu$\beta = \frac{p}{q}$. Dengan asumsi, memang ada$m$ seperti yang $q$ membagi $a_m$. Dengan makalah tersebut, jika$u_1=\beta$ dan $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, kemudian $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Sangat mudah untuk melihatnya$u_n$ selalu dapat ditulis dengan penyebut yang sama dengan $q$(mungkin tidak disederhanakan). Ini mengikuti itu$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ dan itu $a_m u_m$adalah bilangan bulat. Begitu$u_{m+1}$adalah bilangan bulat. Ini mengikuti itu untuk semua$n>m$ kemudian $u_n=u_{m+1}$, dan sebagainya $a_n=a_{m+1}$. Tetapi poin kedua dari Teorema 2 menyiratkan hal itu$a_n \to \infty$, kontradiksi. $\square$

Contoh berikut akan menunjukkan kondisi tersebut $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ tidak perlu untuk irasionalitas.

Mempertimbangkan $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$, dengan $0 \le r_n < n$ seperti yang $n$ membagi $a_n$. Sesuaikan urutan untuk$n$kecil sehingga poin pertama Teorema 2 berlaku. Kemudian$\beta$ tidak rasional sedangkan $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

Pertanyaan bonus : Apa syarat yang perlu dan cukup untuk irasionalitas?

Joel Moreira menyarankan dalam komentar ini bahwa mungkin rasional jika dan hanya jika$(a_n)$pada akhirnya konstan. Lihat posting baru Apakah urutan rasional ini selalu mencapai bilangan bulat? didedikasikan untuk pertanyaan ini.

FYI, mudah untuk menghitungnya $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

Jawaban

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

Saya minta maaf Jika komentar tersebut menyesatkan, dan silakan tunjukkan kesalahan dalam bukti berikut. Ini adalah klarifikasi dari komentar sebelumnya.

Dan ini hanya bukti dari irasionalitas $e_k$.

Dan strategi pembuktiannya adalah tiruan dari bukti Fourier tentang irasionalitas bilangan Euler$e$.


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

WLOG, dalam kalkulasi berikut kami tidak membedakan $x,y$ jika $x-y\in \mathbb{Z}$. Dan kami menulis$x=y+\mathbb{Z}$ iff $x-y\in \mathbb{Z}$.

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

Faktanya di $(*)$ kita punya $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Sekarang ambil $m$ sebenarnya cukup besar $m=10000\cdot k^{100}$ baiklah $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$

Begitu $(*)\neq \mathbb{Z}$, jadi $(1)$ adalah benar, $ e_{k}$ tidak rasional.