¿Hay una prueba simple que $e^2$ es irracional utilizando un sistema de numeración posicional?

Question

Mi favorito de la prueba de que $e$ es irracional es algo como esto. Observe que podemos escribir cualquier número real $r$ $$ un \,+\, \frac{b_2}{2} \,+\, \frac{b_3}{3!} \,+\, \frac{b_4}{4!} \,+\, \frac{b_5}{5!} \,+\, \cdots $$ donde $a\in\mathbb{Z}$ y cada una de las $b_n\in\{0,1,\ldots,n-1\}$. Esta es la expansión de $r$ en el factorial de un número de sistema, donde $b_n$ $n$'th "dígitos". En particular, $$ un \;=\; \lfloor r\rfloor\qquad\text{y}\qquad b_n = \big\lfloor n!\,(r-s_{n-1})\big\rfloor $$ para cada una de las $n$ donde $s_n$ indica el $n$'ésima suma parcial de la anterior serie.

Es fácil ver que $r$ es racional si y sólo si esta expansión se termina. A continuación, $e$ debe ser irracional, ya que su expansión no se termina: $$ e \;=\; 2 \,+\, \frac{1}{2} \,+\, \frac{1}{3!} \,+\, \frac{1}{4!} \,+\, \frac{1}{5!} \,+\, \cdots $$ Pregunta: esta prueba Puede de alguna manera ser modificada para mostrar que $e^2$ es irracional? No funciona directamente, ya que $2^n$ no está en el rango de $\{0,1,\ldots,n-1\}$.

También tengo curiosidad por si hay otros casos en los que la irracionalidad de un interesante número puede ser demostrado mediante un no-estándar sistema de numeración posicional.

Answer 1

@Robert Israel estaba muy cerca.

Asumir $e^2=p/q$. Reescribir como $qe-pe^{-1}=0$ % $ $$2q+{q-p\over2!}+{q+p\over3!}+{q-p\over4!}+\cdots=0$este no es exactamente en la forma de la expansión en el primer párrafo de la pregunta, pero los numeradores son limitados en valor absoluto, que es más que suficiente para hacer el prueba ir a través.

Answer 2

% No $e^2$, pero considera $x = a e + b/e$ para los números enteros $a,b$ $|b| \le a$. Entonces $x = \sum_{j=0}^\infty c_j/j!$ donde $c_j = a+b$ cuando es $j$ y $a-b$ cuando $j$ es impar. Escriba $x = r + y$ donde $r = \sum_{j = 0}^{a+b} c_j/j!$ es racional y $y = \sum_{j=a+b+1}^\infty c_j/j!$ es una extensión de no terminación en base factorial y por lo tanto es irracional. Por lo tanto es irracional $x$.

Answer 3

La costumbre de primaria prueba de que $e$ es irracional funciona también para $e^2$.

Supongamos que $e^2$ es racional. Sabemos que $$ e^2 = \sum_{k=0}^\infty \frac{2^k}{k!}. $$

Deje $q\ge2$ ser un entero positivo, y deje $Q=2^q$. Si $q$ es lo suficientemente grande, $\dfrac{Q!}{2^{Q-q+1}}\cdot e^2$ es un número entero. (Observe que el exponente de a $2$ en la factorización prima de $\dfrac{Q!}{2^{Q-q+1}}$$q-2$.)

Ahora considere la posibilidad de $$ \frac{P!}{2^{Q-Q+1}}\cdot e^2 -\sum_{k=0}^Q \frac{P!}{2^{Q-Q}} \cdot \frac{2^{k-1}}{k!} =\sum_{k=P+1}^\infty \frac{2^{k-P-1}Q}{(P+1)(P+2)\ldots k} . $$ El lado izquierdo es un entero y el lado derecho es en $(0,1)$. Contradicción.