La irracionalidad de $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\cdots}}}$

Question

En esta pregunta se dice que Somos' cuadrática recurrencia constante $$\alpha=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{\cdots}}}}$$ es un irracional número. [actualización: el autor de esta pregunta es no pretender tener una prueba de ello]

Este hecho parece de ninguna manera trivial para mí. Los números algebraicos $\sqrt{2}$, $\sqrt{2\sqrt{3}}$, $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4}}}$, $\dots$ no convergen con la rapidez suficiente para $\alpha$, así que uno no puede volver a usar la prueba de Liouville del teorema en este caso.

Aproximación argumentos no parecen ser una buena manera, ya que $$ \sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{\cdots}}}}=2$$ es racional en su lugar!

Lo que me estoy perdiendo?

Answer 1

Tu post original implica que usted ha pensado, o sabe de una buena manera de utilizar el teorema de Liouville para resolver el problema. He aquí el comienzo de algunas ideas sobre el tema que quizás usted será capaz de rematar.

Podemos escribir $\alpha$ de la siguiente manera: $$\alpha=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2^{-(n-1)}}.$$

También vamos a definir el producto parcial

$$\alpha_N=\prod_{n=1}^N\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2^{-(n-1)}}.$$

Entonces, para algunos enteros $p$, $q$:

$$\left|\alpha-\frac{p}{q}\right|\leq\left|\alpha-\alpha_N\right|+\left|\alpha_N-\frac{p}{q}\right|$$.

Ahora, el primero de estos valores pueden ser rápidamente delimitada:

\begin{eqnarray}\alpha-\alpha_N&=&\alpha_N\left(\prod_{n=N+1}^\infty\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2^{-(n-1)}}-1\right)\\ &\leq& \alpha_N\left(\prod_{n=N+1}^\infty\left(2\right)^{2^{-(n-1)}}-1\right)\\ &\leq& \alpha_N\left(2^{2^{-(N-1)}}-1\right) \\ &\leq& 4\alpha_N\cdot 2^{N} \\ &\leq& 4\alpha\cdot 2^{-N} \end{eqnarray}

Sin embargo, no veo cómo enlazado a la otra expresión, $\left|\alpha_N-\frac{p}{q}\right|$. Debido a que el $\alpha_N$ son algebraicas, no podemos instantáneamente, apuntan a la existencia de algunos racionales que se aproximan a ellos `suficientemente bien" para nuestros propósitos aquí, tan lejos como puedo ver.

Answer 2

Puedo estar completamente fuera de línea aquí y mi pensamiento no parece estar al nivel de la mayoría de las otras pruebas presentadas, pero me pregunto si el siguiente podría conducir a una prueba. Por favor, no lo consideran como una rigurosa prueba por cualquier tramo.

En primer lugar, el uso de la propiedad distributiva de las raíces para separar $\sqrt{2}$ de $\sqrt{\sqrt{3\sqrt{4\sqrt {...}}}}$ lo que nos da $\sqrt{2}*\sqrt{\sqrt{3\sqrt{4\sqrt {...}}}}$ Ahora, la mayoría han visto la prueba de la contradicción que $\sqrt{2}$ es irracional. No es entonces sólo una cuestión de mostrar que no importa el resto de la secuencia, cuando se multiplica por $\sqrt{2}$, nunca puede producir un número racional? Esencialmente, un número irracional no puede ser multiplicado por cualquier número como para producir un número racional $\frac{p}{q}$. Estoy completamente fuera de base aquí?

Answer 3

Si $\alpha=\sqrt{2\sqrt3...}$ es racional podemos asumir: \begin{ecuación} b\alpha=un \end{ecuación} donde $a,b$ son coprime y por supuesto la colección de sus factores primos es finito. Por favor, recuerde que la colección crea dos conjuntos disjuntos. En el otro lado: \begin{ecuación} \forall n \N \quad \existe k \quad n|(b\alpha)^k \end{ecuación} De ello se desprende en forma evidente de la forma $\alpha$ (si $\alpha$ es racional). Pero $a^k$ (igual que $b^k$) tiene conjunto finito de primos divisores (igual divisores conjunto de $una$), al lado izquierdo de la ecuación, se levantara a $k$ el poder puede crear el elemento que no pertenece a la colección de los factores primos de $a$. Lo que demuestra que $\alpha$ es irracional.

Answer 4

Suponga que hay $a,b \in \mathbb{N}$ coprime tales que $b\alpha =$. Deje que $p,q$ ser el mayor de los números primos en la descomposición de $a$ y $b$ respectivamente. Vamos a $r>p,q$ ser un número primo. Es claro que $r$ no divide ni $a,b,a^{2^{i-1}}$ ni $b^{2^{i-1}}$. Pero $r$ sí divide $\alpha^{2^{i-1}}$, por lo que divide a $b\alpha)^{2^{i-1}}$, por lo que se tiene que dividir $a^{2^{i-1}}$. Lo cual es una contradicción con el hecho de que $r$ es más grande que cualquier imprimación número de dividir $a$.

Como se ha mencionado en los comentarios, $r$ podría ser en el denominador de $\alpha^{2^{i-1}}$. Así que este argumento es erróneo. Aunque, se puede intentar demostrar que no tiene que ser un número primo $r$ tales que el razonamiento anterior se mantiene. Tal vez suponiendo que para todos los números primos $r$ es mayor que $p$ y $q$ se tiene que $r$ divide de denominador de $\sqrt{(r+1)\sqrt{\cdots}}$ y llegar a una contradicción.