Иррациональный ряд

[Sicker]

Является ли сумма ряда $\frac{a}{2}+\frac{b}{2\cdot3}+\frac{c}{2\cdot3\cdot4}+\frac{d}{2\cdot3\cdot4\cdot5}+...$ иррациональной, если $a,b,c,d...\in N \text{и}\in [1,8]$, если да, доказать, если нет, привести контрпример

[Руст]

Если сумма рационально и равно $\frac{P}{Q}=\sum_i\frac{a_i}{i!}$, то взяв сумму первых Q членов и умножив на $Q!$ получим целое, слева так же целое, а справа остаток - противоречие.

[Sicker]

пфф... зачет

[Nemiroff]

Sicker, вы же экспоненту написали.

Руст, а в чём противоречие?

[Sicker]

Nemiroff в сообщении #1003902 писал(а):

Sicker, вы же экспоненту написали.

ааа, где?
Да, да - я напортачил в условии
Пусть наши $a,b,c,d,...$ это $a_{1},a_{2},...$, тогда $a_{n}\in[1,N]$

[Nemiroff]

Я не понимаю ваших обозначений. Пусть все числители равны единице. Тогда это просто экспонента.

[Sicker]

Я имею ввиду общий случай

-- 14.04.2015, 20:49 --

Вам надо доказать, что при любым параметрах будет иррациональное число, или привести параметры, когда оно рационально

[Sicker]

Ошибочка) $\in [1, N-1]$ (только для $a$ с индексами больших одного)

[nnosipov]

Sicker, Вы задачу внятно сформулировать можете? Какие-то обрывки слов.

[Sicker]

В последних постах доформулировал)

-- 15.04.2015, 06:38 --

В общем
Является ли сумма ряда $\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{2}}{2\cdot3}+\frac{a_{3}}{2\cdot3\cdot4}+\frac{a_{4}}{2\cdot3\cdot4\cdot5}+...$ иррациональной, если $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}...{a_{n}}...\in N \text{и}\in [1,n-1]$ (когда $n=1$ то берем $a_{1}=1$)

[RIP]

Поскольку $\displaystyle\sum_{n=N}^\infty\frac{n}{(n+1)!}=\frac1{N!}$, то для любого числа $\alpha\in[0,1)$ существует единственное представление в виде $\displaystyle\alpha=\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{(n+1)!}$, $a_n\in\{0,1,\dotsc,n\}$, если потребовать (для единственности), чтобы для бесконечно многих $n$ выполнялось неравенство $a_n<n$. При этом $\displaystyle\sum_{n=N}^\infty\frac{a_n}{(n+1)!}=\frac{\{N!\alpha\}}{N!}$ (где $\{\cdot\}$ — дробная часть), так что разложение конечно (т.е. количество ненулевых "цифр" $a_n$ конечно) тогда и только тогда, когда $\alpha$ рационально. Если же отбросить дополнительное условие $a_n<n$, то для всякого рационального $\alpha\in(0,1)$ (и только для таких $\alpha$) существует ровно два представления вида $\displaystyle\alpha=\sum_{n=1}^N\frac{a_n}{(n+1)!}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{a_n}{(n+1)!}+\frac{a_N-1}{(N+1)!}+\sum_{n=N+1}^\infty\frac{n}{(n+1)!}$.

[gris]

А это не расширение факториальной системы счисления в "дробную сторону"?

[ex-math]

Можно же действовать аналогично доказательству иррациональности $e$, как предложил Руст. Остаток оценивается так:

$$ 0<\sum_{n>N}\frac{a_n}{(n+1)!}\leqslant\sum_{n>N}\frac{n-1}{(n+1)!}<\frac1{(N+1)!}. $$

Если частичную сумму (от единицы до $N$) умножить на $(N+1)!$, получится целое число. Если умножить весь ряд на $(N+1)!$, тоже получится целое число в предположении, что сумма ряда рациональна и $N$ достаточно велико. Значит, произведение остатка на $(N+1)!$ тоже целое, но оно лежит на $(0,1)$. Противоречие.

[Руст]

Таким образом, сумма ряда

$$\sum_i\frac{a_i}{i!}$$

иррациональна, если начиная с некоторого $i>N$ выполняется $a_i<i, i>N$.
Вроде можно еще несколько уменьшить ограничение на рост $a_i$ так, чтобы сумма ряда получилась иррациональной, например начиная с некоторого N
$|a_{i+1}-a_i|<M=const$.

[Sicker]

gris в сообщении #1004099 писал(а):

А это не расширение факториальной системы счисления в "дробную сторону"?

Оно самое

Господа RIP, ex-math
Решение принимается

-- 17.04.2015, 10:52 --

Руст в сообщении #1004110 писал(а):

Таким образом, сумма ряда

$$\sum_i\frac{a_i}{i!}$$

иррациональна, если начиная с некоторого $i>N$ выполняется $a_i<i, i>N$.

А вот это нет

-- 17.04.2015, 10:57 --

Но на самом деле есть решение намного проще чем вы написали .