Иррациональность суммы ряда с НОКами

[RIP]

Пусть $d_n=[1,2,\dotsc,n]$ — наименьшее общее кратное чисел $1,2,\dotsc,n$. Доказать, что число $\displaystyle\alpha=\sum_{n=1}^\infty\frac1{d_n}$ иррационально.

[ИСН]

Ну это та же фигня, что с факториалом. Только... Ах чёрт, у нас же нет оценки хвоста.

[RIP]

ИСН в сообщении #1069595 писал(а):

Ах чёрт, у нас же нет оценки хвоста.

Вот именно. Как раз в этом и заключается соль задачи.

[NSKuber]

Я тоже было хотел, как иррациональность $e$ доказывается: умножаем на знаменатель, сумму нецелых оцениваем сверху единичкой.
Вот только, например, $d_{35}=d_{34}=d_{33}=d_{32}=2d_{31}$, поэтому, если, например, умножать будем на $d_{31}$, там уже четыре $\frac{1}{2}$ подряд.

[iancaple]

NSKuber в сообщении #1069601 писал(а):

Например, умножать будем на $d_{31}$, там уже четыре $\frac{1}{2}$ подряд.

5 подряд, до $d_{36}$
Какое прекрасное число, 16й знак под вопросом

1.7877804561724666

[NSKuber]

iancaple
Верно, спасибо.
Вольфрам суммирует без руганий до 1022 члена, который равен где-то $(7.58\cdot 10^{444})^{-1}$:

1.7877804561724665460649343260256627945939617472970

[12d3]

Несколько сумбурная идея - сделать так, чтобы хвост начинался с номера, являющимся простым. Суммирование в хвосте разобьем по группам - от простого до следующего простого. Из постулата Бертрана у нас имеется ограничение на количество слагаемых в каждой группе. И вроде как выходит, что хвост меньше единицы.
Простите за сумбурность, под рукой ни бумажки, ни компа. Доберусь до всего этого - запишу аккуратнее.

[12d3]

В общем, если аккуратно, то так.
Пусть $\displaystyle a=\alpha b = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{b}{d_n}$
Пусть $\displaystyle p_1$ - некоторое простое число, большее $\displaystyle b$.
Домножим равенство на $\displaystyle \frac{d_{p_1-1}}{b}$ (это число, очевидно, целое)
$\displaystyle a\frac{d_{p_1-1}}{b} = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{d_{p_1-1}}{d_n} = \sum\limits_{n=1}^{p_1-1}\frac{d_{p_1-1}}{d_n}+\sum\limits_{n=p_1}^\infty\frac{d_{p_1-1}}{d_n}$
Первая часть суммы целая, оценим вторую часть. Обозначим $\displaystyle \lbrace p_k\rbrace$ - последовательность простых, начиная с $\displaystyle p_1$. Из постулата Бертрана $\displaystyle p_{k+1} -p_k < p_k$.
$\displaystyle \sum\limits_{n=p_1}^\infty\frac{d_{p_1-1}}{d_n} = \sum\limits_{k=1}^\infty \sum\limits_{n=p_k}^{p_{k+1}-1} \frac{d_{p_1-1}}{d_n} \le \sum\limits_{k=1}^\infty \sum\limits_{n=p_k}^{p_{k+1}-1} \frac{d_{p_1-1}}{d_{p_k}} = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{d_{p_1-1}\left(p_{k+1}-p_k \right)}{d_{p_k}} \le \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{d_{p_1-1}\left(p_k -1\right)}{d_{p_k}}$
Далее, т.к. $\displaystyle d_{p_{k+1}} \ge d_{p_{k}}p_{k+1}$, а $\displaystyle d_{p_1} = d_{p_{1}-1}p_1$, то $\displaystyle d_{p_{k}} \ge d_{p_1-1}\cdot \left(p_1 \cdot p_2 \cdot ... \cdot p_{k}\right)$
Тогда $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{d_{p_1-1}\left(p_k -1\right)}{d_{p_k}} \le \frac{p_1-1}{p_1}+\frac{p_2-1}{p_1p_2}+\frac{p_3-1}{p_1p_2p_3}+... = 1$
Почти готово, осталось только где-нибудь надыбать строгое неравенство, а то у меня в цепочке все нестрогие.

-- Пн ноя 02, 2015 22:08:20 --

Например, строгость можно получить таким образом. Пусть $\displaystyle p_{m-1} <2^l < p_m$, тогда $\displaystyle d_{m} \ge 2 p_m d_{m-1} $ и $\displaystyle \frac{d_{p_1-1}\left(p_{m} -1\right)}{d_{p_{m}}} \le \frac{p_m - 1}{2p_1p_2...p_m}=\frac{p_m - 1}{p_1p_2...p_m} - \frac{p_m - 1}{2p_1p_2...p_m}$
$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{d_{p_1-1}\left(p_k -1\right)}{d_{p_k}} \le - \frac{p_m - 1}{2p_1p_2...p_m} + \frac{p_1-1}{p_1}+\frac{p_2-1}{p_1p_2}+\frac{p_3-1}{p_1p_2p_3}+... = 1 - \frac{p_m - 1}{2p_1p_2...p_m} < 1$