Probar una secuencia involucrada en la prueba de Apéry de la irracionalidad de $\zeta(3)$ , converge

Question

Estoy tratando de entender la prueba de 1978 de Apery de que $\zeta(3) = \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}$ es irracional. La idea detrás de la prueba es encontrar una serie "acelerada" para $\zeta(3)$ que converge muy rápido a $\zeta(3)$ , demostrando así que $\zeta(3)$ no puede ser racional. En particular, se define una cantidad particular:

$$e_{n,k} = \displaystyle \sum_{m=1}^k \frac{(-1)^{m-1} (m!)^2 (n-m)!}{2m^3 (n+m)!},\quad k \leq n.$$

La clave está en demostrar que $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} e_{n,k} = 0$ uniformemente en $k$ y no tengo ni idea de por qué esta suma converge a 0. ¿Alguna idea?

Answer 1

Por la desigualdad triangular, $|e_{n,k}|\leqslant\frac12 a_n$ con $$ a_n=\sum_{m=1}^nb_{n,m},\qquad b_{n,m}=\frac{(m!)^2(n-m)!}{m^3(n+m)!}, $$ por lo que la convergencia uniforme deseada se cumple en cuanto $a_n\to0$ .

Para demostrar que $a_n\to0$ , tenga en cuenta que $$ b_{n,m}=\frac{(m-1)!(m-1)!(n-m)!}{m(n+m)!}\leqslant\frac{(m-1)!(m-1)!(n-m)!}{(n+m)!}, $$ y utilizar dos veces el hecho de que $i!j!\leqslant (i+j)!$ para todos los enteros no negativos $i$ y $j$ . Esto da como resultado $$ b_{n,m}\leqslant\frac{(n+m-2)!}{(n+m)!}=\frac1{(n+m-1)(n+m)}=\frac1{n+m-1}-\frac1{n+m}. $$ Así, $a_n$ está limitada por una suma telescópica, a saber $$ a_n\leqslant\sum_{m=1}^n\left(\frac1{n+m-1}-\frac1{n+m}\right)=\frac1{n}-\frac1{2n}=\frac1{2n}, $$ Esto demuestra que $|e_{n,k}|\leqslant\frac1{4n}$ por cada $n\geqslant1$ y uniformemente sobre $k\leqslant n$ por lo que la prueba está completa.

Editar Se pueden afinar las estimaciones anteriores, teniendo en cuenta las variaciones de la secuencia $(b_{n,m})_{1\leqslant m\leqslant n}$ para algunos fijos $n$ que es no creciente en $1\leqslant m\leqslant m_n$ para algunos $m_n\approx n/\sqrt2$ y no decreciente en $m_n\leqslant m\leqslant n$ . Así, $|e_{n,k}|\leqslant\frac12 b_{n,1}+\frac12 b_{n,n}$ . Por lo tanto, $n^2e_{n,k}\to\frac12 $ uniformemente sobre $k$ .

Answer 2

Actualización : texto editado y formato.

Podemos escribir la suma $e_{n,k}$ en el formulario (véase la sección 4 de este artículo de Alf van der Poorten)

$$e_{n,k}=\sum_{m=1}^{k}\frac{(-1)^{m-1}}{2m^{3}\dbinom{n}{m}\dbinom{n+m}{m}}, \quad (1\leq k\leq n).$$

Dejemos que $u_{n,m}=m^{3}\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}$ . Si $1=m\leq n$ entonces $u_{n,m}=n\left( n+1\right)$ . Para demostrar que $u_{n,m}>n(n+1)$ para $1<m\leq n$ consideramos los dos casos siguientes:

• si $1<m=n$ entonces $u_{n,m}=n^{3}\binom{2n}{n}>n(n+1)$ ;

• si $1<m\leq n-1$ entonces $m^{3}\binom{n}{m}\geq m^{3}\binom{n}{1}=m^{3}n>n$ y $\binom{n+m}{m}\geq \binom{n+m}{1}=n+m>n+1$ . Por lo tanto, $u_{n,m}>n(n+1)$ .

Por lo tanto, para $1<k\leq n$ obtenemos:

$$\begin{eqnarray*} \left\vert e_{n,k}\right\vert &=&\left\vert \sum_{m=1}^{k}\frac{(-1)^{m-1}}{% 2m^{3}\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}\right\vert \leq \sum_{m=1}^{k}\left\vert \frac{(-1)^{m-1}}{2m^{3}\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}\right\vert\leq \sum_{m=1}^{n}\frac{1}{2m^{3}\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}\\&<&\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{n}{2n(n+1)}<\frac{1}{n}. \end{eqnarray*}$$

Para $k=1$ obtenemos $\left\vert e_{n,1}\right\vert =\frac{1}{2n\left( n+1\right) }% \leq \frac{1}{2(n+1)}<\frac{1}{n}$ . Así, para cada número entero $1\leq k\leq n$ demostramos que $\left\vert e_{n,k}\right\vert <\frac{1}{n}$ lo que implica que $e_{n,k}$ converge uniformemente en $k$ a $0$ .

Answer 3

Si $k$ es fijo, todos los términos son $O(1/n^2)$ y además se trata de una suma alternada, por lo que la suma completa es $O(1/n^2)$ . Para la uniformidad supongo que se necesita un argumento más delicado, pero probablemente la aproximación de Stirling sea tu amiga aquí.