Ejemplo de una prueba de la irracionalidad concreta

Question

Puede dar algunos ejemplo de un número irracional que puede ser demostrado ser irracional con este teorema?

Teorema. Dado $a\in \mathbb{R}$, si existe una secuencia de enteros $u_n,v_n \rightarrow \infty$ tal forma que:

• $a$ no es igual a ninguno $u_n/v_n$.
• El quotien secuencias aproximates $a$ en este sentido: $$\lim_{n\rightarrow \infty}v_na-u_n=0 $$

a continuación, el número de $a$ es irracional.

La prueba está en: https://math.stackexchange.com/q/898420

Answer 1

En primer lugar, hay algunos buenos ejemplos como $$ e=\sum_{n\ge0}\frac1{n!} $$ or Liouville-like numbers, mentioned in the answers by Wilem2, that can be easily proved to be irrational using the theorem, but for which typically there are simpler irrationality proofs: For $e$, we quickly get that $$0<n!\bigl(e-\sum_{k\le n}\frac1{k!}\bigr)<1$$ for all large enough $n$, so $e$ cannot be rational, because otherwise for $$ n lo suficientemente grande como la número entre 0 y 1 es un entero. Para Liouville-como los números, los muchos 0s entre consecutivos 1s fácilmente implica que el número no tiene un decimal periódico expansión, por lo que debe ser irracional.

---

Ahora, uno puede demostrar que, dado cualquier irracional $r\in\mathbb R$ hay una secuencia como en el teorema de la convergencia a la $r$. Esto no es bastante obvio. En lugar de eso, me voy a referir a la teoría de fracciones continuas. Los dos puntos son que si $|r-p/q|<1/q^2$ entonces $|qr-p|<1/q$ (por lo tanto, si $q\to\infty$, a continuación, $|qr-p|\to0$) y que para cualquiera de los dos consecutivos convergents a $r$, de hecho, uno satisface $0<r-p/q<1/q^2$. El convergents a $r$ son los números racionales, que se obtiene por recorrer en el siguiente procedimiento recursivo:

Empezar con $r$ irracional, vamos a $r_0=\lfloor r\rfloor$. Tenga en cuenta que $0<r-r_0<1$, por lo que es $1/x$ para algunos $x>1$, y podemos repetir el mismo procedimiento con $x$ en lugar de $r$ y para obtener el $r_1\in\mathbb N$ e $y>1$ tal que $x=r_1+1/y$. Por ejemplo, si $r=\sqrt2$, consigue $r=1+(\sqrt2-1)=1+\frac1x$, donde $x=\frac1{\sqrt2-1}=\sqrt2+1=2+\frac1x$, lo $$ \sqrt2=1+\frac1{2+\frac1{2+\frac1\ddots}}, $$ y el convergents a $\sqrt2$ son racionales que aparecen a lo largo del camino, parando el procedimiento después de un número finito de veces, es decir, la secuencia de $$ 1, 1+\frac12=\frac32,1+\frac1{2+\frac12}=\frac75,1+\frac1{2+\frac1{2+\frac12}}=\frac{17}{12},\dots$$

En general, si $p_0/q_0,p_1/q_1,\dots$ son los convergents a $r$, $(p_n,q_n)=1$ para todos los $n$ y $$ p_0/q_0<p_2/q_2<\dots<r<\dots<p_3/q_3<p_1/q_1, $$ so $p_0/q_0,p_2/q_2,\dots$ provides a sequence as desired (one can easily check just from the inequalities that $q_n\to\infty$).

Dicho esto, es tal vez un poco insatisfactorio para el uso de fracciones continuas para ilustrar el teorema, porque, por supuesto, si $r$ tiene una secuencia infinita de convergents, entonces es irracional (por el algoritmo de Euclides!), así que ya sabemos $r$ es irracional antes de que incluso la exposición de la secuencia correspondiente. Dicho esto, en ciertos casos, no son agradables recursiva de relaciones que nos permiten encontrar $p_{n+2},q_{n+2}$ en términos de $p_n,p_{n+1},q_n,q_{n+1}$, por lo que fácilmente podemos exhibir secuencias como en el teorema, así testigos de la irracionalidad de muchos a$r$. (Por supuesto, para algunos $r$, no es agradable recursiva forma de obtención de dichas secuencias a menos que tengamos acceso a $r$ , para empezar.)

De hecho, por ejemplo, para $\sqrt2$, tenemos $p_0=1=q_0$, $p_1=3,q_1=2$ y, en general, $p_{n+2}=2p_{n+1}+p_n$ e $q_{n+2}=2q_{n+1}+q_n$.

En general, para un determinado $r$, en lugar de utilizar siempre los $2$, utilizamos $r_{n+2}$, donde los enteros $r_0,r_1,r_2,\dots$ son las partes enteras obtenidos a través del procedimiento descrito arriba. Para muchos irrationals $r$ no parece ser una buena fórmula para estos números, $r_n$. Pero no son agradables fórmulas para $e$ y para cualquier cuadrática irracional.
(En realidad, es un interesante problema abierto si hay buena patrones para, decir $\root3\of2$ o $\pi$.)

Answer 2

Vamos a la prueba de que $e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}$ es irracional con este método:

Definir $v_n=n!$ e $u_n=n!(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!})$

Es directo ver que $u_n$ es un número entero, debido a la expansión del producto, cada término es un número entero:

$u_n=(n!+\frac{n!}{1!}+\frac{n!}{2!}+\frac{n!}{3!}+...+\frac{n!}{n!})$

Y también, $u_n$ tiende a infinito causa cada término es positivo y el primer término es $n!$

Vamos a la prueba de la satements del teorema:

Claramente, $e\neq\frac{u_n}{v_n}$ porque $(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!}+...)\neq(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!})$

Y para la segunda instrucción:

$x_n=v_ne-u_n=n!(\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{i!})-n!(\sum_{i=0}^n \frac{1}{i!})=n!(\sum_{i=n+1}^\infty \frac{1}{i!})=\sum_{i=n+1}^\infty \frac{n!}{i!}>0$

Ahora, cada término de la serie es limitada por

$\frac{n!}{i!}=\frac{1}{(n+1)(n+2)\cdot...\cdot(n+(i-n))}<\frac{1}{(n+1)^{i-n}}$

y por lo $x_n=\sum_{i=n+1}^\infty \frac{n!}{i!}\leq\sum_{i=n+1}^\infty\frac{1}{(n+1)^{i-n}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^{k}}=\frac{1}{n+1}(\frac{1}{1-\frac{1}{n+1}})=\frac{1}{n}\rightarrow 0$

Así que podemos aplicar el teorema a la conclusión de que la $e$ es irracional.

Answer 3

Con la idea de @AndrésE.Caicedo, voy a tratar de prueba de la irracionalidad de la Liouville Constante:

$L=\sum_{n=1}^{\infty}10^{-n!}=0.11000100000000000000000100000000000000000...$

Con $v_n=10^{n!}$ e $u_n=10^{n!}\sum_{i=1}^{n}10^{-i!}$.

Claramente, $v_n$ es un número entero que tiende a infinito.

Para $u_n$, tenga en cuenta que $u_n=\sum_{i=1}^{n}10^{n!-i!}$ y el poder $n!-i!$ es una enteros satisfacer $n!-i!\geq 0$ para $i\leq n$, por lo que cada término de la serie es un número entero y también, $u_n$ tiende a infinito causada por el líder plazo $10^{n!-1}\rightarrow \infty$.

Para comprobar la hipótesis:

• $L \neq\frac{u_n}{v_n}$ porque $L$ tiene más términos de la serie: $L=\sum_{i=1}^{\infty}10^{-i!}\neq \sum_{i=1}^{n}10^{-i!}=\frac{u_n}{v_n}$
• $x_n=v_nL-u_n=...=\sum_{i=n+1}^{\infty}10^{n!-i!}$. No puede ser difícil prueba de que esta última serie es $$\sum_{i=n+1}^{\infty}10^{n!-i!} <2\cdot 10^{n!-(n+1)!}=2\cdot 10^{-n\cdot n!}\rightarrow 0$$ Pero porque no tengo el argumento, aquí es otro:

Para $i>n$ uno $n!-i!\leq (i-1)!-i!\,=\, -(i-1)\cdot(i-1)! \leq -(i-1)$

Por lo $n!-i! \leq -(i-1)$ y por tanto: $$x_n=\sum_{i=n+1}^{\infty}10^{n!-i!}\leq \sum_{i=n+1}^{\infty}10^{-(i-1)}=\frac{1}{10^n}\sum_{i=0}^{\infty}10^{-i}=\frac{1}{10^n}\frac{1}{1-\frac{1}{10}}=\frac{1}{10^n}\frac{10}{9}\longrightarrow_{n \rightarrow\infty} 0$$

Por el teorema de, L es irracional.