連分数とアプリケーションの代替

Nov 29 2020

この投稿は、ナンバーフィルのビデオ2.920050977316に触発され、連分数の代替案を含む、ディラン・フリッドマン、ジュリ・ガルブルスキー、ブルーノ・グリーサー、ジェームズ・グライム、マッシ・トロン・フロレンティンによる「素数を表す定数」という論文を宣伝しています。この投稿の目的は、これまで知られていなかった数の無理数を証明できるかどうかを尋ねることによって、この代替案の関連性について議論することです。

まず、連分数の概念を思い出してみましょう。与えられた数に対して$\alpha>0$、漸化式を考慮してください $u_0 = \alpha$ そして $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ そしてしましょう $a_n = \lfloor u_n \rfloor $。その後、$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ 表示 $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$。それが合理的であるのは、$a_n = 0$ にとって $n$十分大きい。したがって、いくつかの数値の非合理性を証明するための優れたツールです。例えば、$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ は黄金比です。 $(\phi-1)^{-1}=\phi$。

しましょう $p_n$ である $n$素数の場合、無理数を考慮することができます $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$（A064442）、これにより、すべての素数のデータが、単に取得するよりも自然で効率的な方法で圧縮されます。$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$。上記の論文は、ベルトランの仮説を使用して、素数を圧縮する別の興味深い方法を提供します。$p_n < p_{n+1} < 2p_n$。この方法は、連分数の一種の代替手段です。与えられた数に対して$\beta \ge 2$、漸化式を考慮してください $u_1=\beta$ そして $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ しましょう $a_n= \lfloor u_n \rfloor $。その後、$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ そして言及された論文はそれを証明します $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ 示されている、としましょう、 $(a_1,a_2,a_3, \dots )$。

言及された論文によって：
定理1：みましょう$(a_n)$ 次のような正の整数のシーケンスである：

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

その後 $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ 不合理です。

その結果、その数は $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ 不合理です。

質問：定理1は、いくつかの既知の方法で証明できますか？

備考：定理1の最初のポイントは、次のように緩和できます。$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$、いつ $(a_n)$ 最終的には一定ではありません。

与えられた非定数多項式に対して $P \in \mathbb{Z}[X]$ 正の先行項と $P(n) \neq 0$ すべてのために $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$、検討してください $a_n=P(n)$。次に、定理1から、その数を簡単に推測できます。$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$不合理です。たとえば、$P(X)=X^k$、と $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$、その後 $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$不合理です。ご了承ください$e_1 = e$あるオイラーの数が。

次の結果は、の非合理性の代替証明に適用されます $e_k$ すべてのために $k$、および $e_P$ 多くの人にとって $P$（すべてではない）、しかしではないため$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

定理2：$(a_n)$ 次のような正の整数のシーケンスである：

$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$、
$\forall k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$、 $\exists m$ そのような $k$ 分水界 $a_m$、

その後 $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ 不合理です。

証明：次のように仮定します$\beta = \frac{p}{q}$。仮定により、$m$ そのような $q$ 分水界 $a_m$。言及された論文によると、$u_1=\beta$ そして $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$、その後 $a_n= \lfloor u_n \rfloor $。それは簡単にわかります$u_n$ 常に等しい分母で書くことができます $q$（おそらく単純化されていません）。その結果$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ そしてそれ $a_m u_m$は整数です。そう$u_{m+1}$は整数です。それはすべてのために続く$n>m$ その後 $u_n=u_{m+1}$、など $a_n=a_{m+1}$。しかし、定理2の2番目のポイントは、$a_n \to \infty$、矛盾。 $\square$

次の例は、条件が $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ 非合理性のために必要ではありません。

検討する $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$、と $0 \le r_n < n$ そのような $n$ 分水界 $a_n$。のシーケンスを調整します$n$定理2の最初の点が成り立つように小さい。その後、$\beta$ 不合理ですが、 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$。

ボーナス質問：非合理性のための必要かつ十分な条件は何ですか？

Joel Moreiraは、このコメントで、次の場合にのみ合理的である可能性があることを示唆しました。$(a_n)$最終的には一定です。新しい投稿を参照してくださいこれらの有理数列は常に整数に達しますか？この質問に専念。

参考までに、それを計算するのは簡単です $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

回答

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

I am sorry If the comment is misleading, and welcome to point out any mistakes in the following proof. This is a clarification of the previous comment.

And this is only a proof of the irrationality of $e_k$.

And the proof strategy is an imitation of Fourier's proof of the irrationality of Euler's number $e$.

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

WLOG, in the following calculation we don't distinguish $x,y$ if $x-y\in \mathbb{Z}$. And we write $x=y+\mathbb{Z}$ 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 fact in $(*)$ we have $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Now take $m$ suffice large, in fact $m=10000\cdot k^{100}$ is ok, then $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$