Probar la irracionalidad de$\pi e$ y$\pi / e$

Question

En lugar de confiar en las consecuencias de Schanuel de la conjetura, me puse sobre el uso de las mismas ideas Apery había utilizado para construir argumentos enteros convergentes lo suficientemente rápido como para mostrar $\zeta(3)$ es irracional en una forma Beukers había introducido. Estoy seguro de que hay alguien que puede agrietarse lo que tengo hasta ahora.

Voy a estar usando los siguientes hechos:

Teorema 1: Supongamos que los valores complejos de la función $$\begin{align} f{(z)} = \begin{cases} -\left(\frac{1}{e}(1-z)^{1-\frac{1}{z}} \right)^q, & z\neq 0 \\ -1, & z = 0 \end{casos} \end{align}$$ tiene una potencia de serie con el positivo radio de convergencia de la forma $$f(z) = \sum_{n=0}^\infty b_n(q) z^n$$ Entonces $$b_n(q) = -\frac{q}{n} \sum_{k=1}^n \frac{b_{n-k}(q)}{k+1}, \quad b_0(q) = -1$$

Tenga en cuenta que $b_n(q)$ es un polinomio de grado $n$.

Teorema 2: Deje $m,q \in \mathbb{Z}$ e $m+q+1 \geq 0$; a continuación, $$\int_0^1 x^m \sin(\pi q x) \left(x^x (1-x)^{1-x}\right)^q \ dx = (-1)^{q+1} \pi e^q b_{m+q+1}(q)$$

Lo anterior puede ser demostrado mediante la aplicación de contorno de la integración de los residuos y el teorema de la función anterior.

Teorema 3: Para $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$, $\mathbb{P}$ el conjunto de los números primos, y deje $$(n+1)!_\mathbb{P} = \prod_{p \in \mathbb{P}} p ^{\sum_{k\geq 0} \left\lfloor \frac{n}{(p-1)p^k} \right\rfloor}$$ Entonces, para un entero $q$, $(n+1)!_\mathbb{P} \cdot b_n(q)$ es un número entero para $n \geq 0$.

Este factorial como función está tomado de Manjul Bhargava a trabajar en la general de la función factorial.

Teorema 4 Deje $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$; a continuación, $$(n+1)!_\mathbb{P}\sim e^{n(C-\gamma+o(1))}n^n$$ where $C = \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{\ln p }{(p-1)^2}$ and $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante.

Si dejamos $P_n(x)$ ser un polinomio de grado $n$ con coeficientes enteros y deje $$I_n = \int_0^1 P_n(x) \left( \sin(\pi q x) \left( x^x (1-x)^{1-x}\right)^q -1\right) \ dx$$

Tenemos la siguiente desigualdad, en la forma de Dirichlet de la irracionalidad criterio,

$$0 < \left|C_n \pi e^q - D_n \right| = \left|(n+q+2)!_\mathbb{P} (n+1) I_n \right|$$

donde $C_n, D_n \in \mathbb{Z}$. Por supuesto, podemos aplicar el Teorema 4, y tiene algo más familiar para trabajar con.

Pregunta: ¿se Puede construir un polinomio $P_n(x)$ tales que, para los grandes $n$, $$\left|(n+q+2)!_\mathbb{P} (n+1) I_n \right| \to 0 \text{?}$$

Si no existe uno, entonces, para $q \geq -2, q \neq 0$, el número de $\pi e^q$ es irracional. Dejando $q = 1, -1$, y el resultado de la siguiente manera.

He estado en este problema durante algún tiempo, sin mayores avances. Francamente, no sé qué hacer en absoluto. Si ayuda, he pensado en el pasado polinomios de Legendre, como Beukers había hecho, aunque fue en vano.

La mayoría de lo que he visto con respecto a la naturaleza de la construcción de un polinomio es que pertenece a la familia de polinomios ortogonales.

Que dios los bendiga.

Answer 1

Esto no es realmente una respuesta, como es un "ampliado" de comentarios.

Considere, por entero $a$, $$P_n(x) = \frac{1}{n!} \frac{d^n}{d x^n} x^n (1-ax)^n = \sum_{m=0}^n \binom{n}{m} \binom{n+m}{m} (-ax)^m$$

Dado $$I_n = \int_0^1 P_n(x) \left( \sin(\pi q x) (x^x(1-x)^{1-x})^q - 1\right) \ dx$$ Tenemos $$I_n \leq \int_0^1 P_n(x) \left( \sin(\pi q x) a_q - 1\right) \ dx$$ where $a_q = \max_{x\in (0,1)}\{(x^x(1-x)^{1-x})^q\}$. Además, hemos $$\left|\int_0^1 P_n(x) \left( \sin(\pi q x) a_q - 1\right) \ dx \right|= \left|\int_0^1 \frac{1}{n!} \frac{d^n}{d x^n} x^n (1-ax)^n\left( \sin(\pi q x) a_q - 1\right) \ dx\right|$$

$$= \left|\frac{1}{a^{n+1}n!} \int_{(0,1)\cup(1,a)} \frac{d^n}{d x^n} x^n (1-x)^n\left( \sin\left(\frac{\pi q x}{a}\right) a_q - 1\right) \ dx\right|$$ $$\leq \left|\left(\frac{\pi q}{4a^2}\right)^n \frac{a_q}{n! a}+\frac{1}{n!a^{n+1}}\int_1^a \frac{d^n}{d x^n} x^n (1-x)^n\left( \sin\left(\frac{\pi q x}{a}\right) a_q - 1\right) \ dx\right|$$

Deje $$S_n = \int_1^a \left( \sin\left(\frac{\pi q x}{a}\right) a_q - 1\right)\frac{d^n}{d x^n} x^n (1-x)^n \ dx$$

De modo que tenemos $$= \left|\left(\frac{\pi q}{4a^2}\right)^n \frac{a_q}{n! a}+\frac{S_n}{n!a^{n+1}}\right|$$

Ahora, observando el límite en cuestión, aplicando el Teorema 4, y dejando $A = C - \gamma + o(1)$, tenemos $$\left| (n+q+2)!_\mathbb{P} (n+1) I_n \right|<\left|e^{An} e^{q+1} n^n \left(1+\frac{q+1}{n}\right)^n \left(1+\frac{q+1}{n}\right)^{q+1}n^{q+1}(n+1)\left(\left(\frac{\pi q}{4a^2}\right)^n \frac{a_q}{n! a}+\frac{S_n}{n!a^{n+1}}\right) \right|$$

Si hacemos caso de las $S_n$ plazo, tenemos que

$$\left| e^{q+1} \frac{n^n}{e^n n!} \left(1+\frac{q+1}{n}\right)^n \left(1+\frac{q+1}{n}\right)^{q+1}\frac{n^{q+1}(n+1)}{b^n}\left(\frac{e^{A+1}\pi bq}{4a^2}\right)^n \frac{a_q}{a} \right|$$

donde $b > 1$. Si tenemos en cuenta $a$ tal que $a^2 > \frac{e^{A+1}\pi bq}{4}$, y la aplicación de Stirling aproximación a la izquierda-la mayoría de plazo (más o menos), para un gran $n$, entonces la expresión anterior tiende a $0$. Ahora, se deja de considerar las $S_n$ plazo, aunque tengo un mal presentimiento acerca de esto. :/