연속 분수 및 적용에 대한 대안

Nov 29 2020

이 게시물은 Numberphile 비디오 2.920050977316 에서 영감을 받아 Dylan Fridman, Juli Garbulsky, Bruno Glecer, James Grime 및 Massi Tron Florentin 의 논문 A Prime-Representing Constant 를 광고하며 연속 분수에 대한 대안을 포함합니다. 이 게시물의 목표는 이전에 알려지지 않았던 숫자의 비합리성을 증명할 수 있는지 여부를 질문하여이 대안의 관련성을 논의하는 것입니다.

먼저 연속 분수 의 개념을 떠올려 보자 . 주어진 숫자에 대해$\alpha>0$, 되풀이 관계 고려 $u_0 = \alpha$ 과 $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ 그리고하자 $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. 그때$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ 표시 $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. 다음과 같은 경우에만 합리적입니다.$a_n = 0$ ...에 대한 $n$충분히 큰. 따라서 일부 숫자의 비합리성을 증명하는 훌륭한 도구입니다. 예를 들면$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ 황금 비율입니다. $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

허락하다 $p_n$ 될 $n$th 소수, 그러면 우리는 비합리적인 수를 고려할 수 있습니다 $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), 모든 소수의 데이터를 압축하는 것보다 더 자연스럽고 효율적인 방법으로 압축합니다.$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. 위에서 언급 한 용지가 사용하는 소수의 숫자를 압축하는 또 다른 흥미로운 방법, 제공 버트 랜드의 가정 , 즉$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. 이 방법은 연속 분수에 대한 일종의 대안입니다. 주어진 숫자에 대해$\beta \ge 2$, 되풀이 관계 고려 $u_1=\beta$ 과 $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ 허락하다 $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. 그때$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ 그리고 언급 된 논문은 $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ 표시되면, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

언급 된 논문 :
정리 1 : Let$(a_n)$ 다음과 같은 양의 정수 시퀀스 여야합니다.

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

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

그 다음 번호 $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ 비합리적입니다.

질문 : 정리 1은 이전에 알려진 몇 가지 방법으로 증명할 수 있습니까?

비고 : 정리 1의 첫 번째 요점은 다음과 같이 완화 될 수 있습니다.$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, 언제 $(a_n)$ 결국 상수가 아닙니다.

상수가 아닌 다항식의 경우 $P \in \mathbb{Z}[X]$ 긍정적 인 선행 용어와 $P(n) \neq 0$ 모든 $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, 고려 $a_n=P(n)$. 그러면 정리 1에서 숫자가$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$비합리적입니다. 예를 들어$P(X)=X^k$,와 함께 $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, 다음 $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$비합리적입니다. 참고$e_1 = e$이다 오일러의 수 .

다음 결과는 비합리성에 대한 대체 증거에 적용됩니다. $e_k$ 모든 $k$, 및 $e_P$ 다수를 위해서 $P$(모든),하지만 하지 에 대한$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

정리 2 : Let$(a_n)$ 다음과 같은 양의 정수 시퀀스 여야합니다.

$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$,
$\forall k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, $\exists m$ 그런 $k$ 분할 $a_m$,

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

증명 : 가정$\beta = \frac{p}{q}$. 가정하면$m$ 그런 $q$ 분할 $a_m$. 언급 된 논문에 따르면$u_1=\beta$ 과 $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, 다음 $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. 쉽게 알 수 있습니다.$u_n$ 항상 다음과 같은 분모로 쓸 수 있습니다. $q$(간단하지 않을 수 있음). 그것은 다음과 같습니다$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ 그리고 그 $a_m u_m$정수입니다. 그래서$u_{m+1}$정수입니다. 그것은 모두를 위해$n>m$ 그때 $u_n=u_{m+1}$, 등 $a_n=a_{m+1}$. 그러나 정리 2의 두 번째 요점은$a_n \to \infty$, 모순. $\square$

다음 예는 조건이 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ 비합리성을 위해 필요하지 않습니다.

중히 여기다 $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$,와 함께 $0 \le r_n < n$ 그런 $n$ 분할 $a_n$. 순서 조정$n$정리 2의 첫 번째 요점이 유지되도록 작습니다. 그때$\beta$ 비합리적인 반면 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

보너스 질문 : 불합리함에 대한 필요하고 충분한 조건은 무엇입니까?

Joel Moreira는 이 의견 에서 다음 과 같은 경우에만 합리적 일 수 있다고 제안했습니다.$(a_n)$결국 상수입니다. 새 게시물을 참조하십시오 이러한 합리적인 시퀀스는 항상 정수에 도달합니까? 이 질문에 전념했습니다.

참고로, 계산하기 쉽습니다. $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

답변

3 katago Dec 17 2020 at 12:40

오해의 소지가있는 의견이라면 죄송합니다. 다음 증명에서 실수를 지적 해주십시오. 이것은 이전 의견에 대한 설명입니다.

그리고 이것은 단지 비합리성의 증거 일뿐입니다. $e_k$.

그리고 증명 전략은 오일러 수의 비합리성에 대한 푸리에의 증명 을 모방 한 것입니다.$e$.

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

WLOG, 다음 계산에서 우리는 구별하지 않습니다 $x,y$ 만약 $x-y\in \mathbb{Z}$. 그리고 우리는$x=y+\mathbb{Z}$ iff $x-y\in \mathbb{Z}$.

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

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

이제 가져가 $m$ 사실은 충분하다 $m=10000\cdot k^{100}$ 괜찮아, 그럼 $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$