Demostrar que $\alpha_{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{m}}$ es irracional para todos los $m\geq 1$.

Question

Me encontré con esta pregunta y fue a través de la prueba de que $e$ es irracional con un par de retoques de menor importancia. Espero que alguien pueda echar un vistazo a través de él y espero que la revise o que lo ordene. Gracias.

Prueba: Para empezar, tenga en cuenta que para $m\geq 1$: $$\alpha_{m} \,=\, 1 + \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{m}} \,>\, 1 $$ y $$\alpha_{m} \,=\, -1 + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{m}} \,<\, -1 + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} \,=\, -1 + e \,<\, 2 .$$ Por lo tanto $1<\alpha_{m}<2$ todos los $m\geq 1$$\alpha_{m}\notin\mathbb{Z}$. Ahora supongamos (por contradicción) que $\alpha_{m}\in\mathbb{Q}$:
$$\exists\, p,q\in\mathbb{N} \quad\text{with}\quad q\,>\,1\quad : \quad \alpha_{m}=\frac{p}{q}.$$ Desde $p,q\in\mathbb{N}$$m\geq 1$: $$(q!)^{m}\alpha_{m} \;=\; (q!)^{m}\cdot \frac{p}{q} \;=\; q!\,(q!)^{m-1}\cdot \frac{p}{q} \;=\; (q-1)!(q!)^{m-1}p$$ y, por tanto,$(q!)^{m}\alpha_{m}\in\mathbb{Z}$. Ahora $$\begin{align} (q!)^{m}\alpha_{m} &\;=\; (q!)^{m}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{m}} \;=\; (q!)^{m}\left(\sum_{n=1}^{q}\frac{1}{(n!)^{m}} + \sum_{n=q+1}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{m}} \right) \\[0.2cm] &\;=\; \sum_{n=1}^{q}\left(\frac{q!}{(n!)}\right)^{m} + \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{(n!)}\right)^{m} \;=\; N + \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{(n!)}\right)^{m} \end{align}$$ para algunos $N\in\mathbb{Z}$, ya que el $n!|q!$ por cada $n\leq q$. En particular, desde la serie en el último término es positivo, hemos enlazado: $$N \;<\; (q!)^{m}\alpha_{m} \;=\; N + \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{(n!)}\right)^{m}.$$ Teniendo en cuenta la suma: $$\begin{align} \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{n!}\right)^{m} &\;=\; \left(\frac{q!}{(q+1)!}\right)^{m} + \left(\frac{q!}{(q+2)!}\right)^{m} + \left(\frac{q!}{(q+3)!}\right)^{m} + \cdots \\[0.2cm] &\;=\; \frac{1}{(q+1)^{m}} + \frac{1}{(q+1)^{m}(q+2)^{m}} + \frac{1}{(q+1)^{m}(q+2)^{m}(q+3)^{m}}+ \cdots \\[0.2cm] &\;<\; \frac{1}{(q+1)^{m}} + \frac{1}{(q+1)^{m}(q+1)^{m}} + \frac{1}{(q+1)^{m}(q+1)^{m}(q+1)^{m}} + \cdots \\[0.2cm] &\;=\; \frac{1}{(q+1)^{m}} + \frac{1}{(q+1)^{2m}} + \frac{1}{(q+1)^{3m}} + \cdots. \end{align}$$ Esta es una serie geométrica con relación $0<\frac{1}{(q+1)^{m}}<1$ todos los $m\geq 1$. Por lo tanto $$\sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{n!}\right)^{m} \;=\; \frac{\frac{1}{(q+1)^{m}}}{1-\frac{1}{(q+1)^{m}}} \;=\; \frac{1}{(q+1)^{m}-1} \;<\; 1$$ para todos los $m\geq 1$ desde $(q+1)^{m}>1$. Así hemos llegado a: $$N \;<\; (q!)^{m}\alpha_{m} \;=\; N + \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{n!}\right)^{m} \;<\; N + 1.$$ Pero no entero existe en el intervalo de $(N,N+1)$ y, por tanto, tenemos una contradicción; nuestra suposición debe ser falsa y $\alpha_{m}\notin\mathbb{Q} \; \blacksquare$.

Answer 1

(I). Lema. $x\in \mathbb R,$ Si cada $\epsilon >0$ existen $a,b\in \mathbb Z$ $0<|x-a/b|<\epsilon /|b|,$ y $x \not \in \mathbb Q.$ de la prueba: si $x=c/d$ con $c,d\in \mathbb Z$ y $$0<|x-a/b|<\epsilon /|b|\implies 0<|c/d-a/b|<\epsilon /|b|\implies$$ $$\implies 0<|cb-ad|<\epsilon |d|\implies$$ $$\implies 1\leq |cb-ad|<\epsilon |d|\implies$$ $% $ $\implies \epsilon >1/|d|.$

II. $k\geq 2$ tenemos $1+\sum_{n=2}^k(n!)^{-m}=a_k/b_k$ donde $a_k\in \mathbb Z$ y $b_k=(k!)^{-m}.$ tenemos $$0<\alpha_m -a_k/b_k $$ and it is easy to see that $$\lim_{k\to \infty} b_k(\alpha_m-a_k/b_k)=\lim_{k\to \infty}\sum_{n=k+1}^{\infty}(k!/n!)^m=0$$ because $0 < (k! /n!) ^ m\leq (k+1)^{-(n-k)} $ when $n >$ k\geq 2.

Por el lema anterior, $\alpha_m \not \in \mathbb Q.$

Answer 2

Parece bien. El único defecto que vi es al final, cuando debería decir:

Por lo tanto $$ \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{n!}\right)^{m} \;=\; \frac{\frac{1}{(q+1)^{m}}}{1-\frac{1}{(q+1)^{m}}} \;=\; \frac{1}{(q+1)^{m}-1} \;<\; 1 $$ para todos los $m \ge 1$ desde $(q+1)^m > 2$.

En algún lugar en el medio, también hay una desigualdad que pasa a ser una igualdad que ser la definición de $N$):

$$ N \;<\; (q!)^{m}\alpha_{m} \;=\; N + \sum_{n=q+1}^{\infty}\left(\frac{q!}{(n!)}\right)^{m}. $$

También se podría evitar la comprobación $1 < \alpha_m < 2$ en el costo de tener que lidiar con $q=1$ al final (pero esto sólo requiere señalar que algunas de las anteriores desigualdades era estricta).