Иррациональна ли сумма иррациональностей

[frankusef]

Добрый день! Сейчас разбираюсь с одной задачей на проверку иррациональности некоторого достаточно широкого(не буду уточнять) чисел, или функций если хотите. Остановился на доказательстве иррациональности суммы $\sum\limits_{j=1}^k {a_j}^\frac{1}{k\alpha_j}$, где $\frac{1}{\alpha_j}=1$, $k,\alpha_j\in\mathbb N$, $a_j\in\mathbb R_+-\{0\}$ и, конечно, $a_j$ не являются $k\alpha_j$-ыми степенями. Всегда ли данная сумма будет иррациональной при таких условиях?Или задача уже доказана в математических кругах (может быть есть доказательство трансцендентности данных чисел, тогда исходный вопрос будет следовать немедленно).

-- Вт апр 13, 2010 13:08:40 --

Пока что установил более слабый результат, а именно, если рассмотреть функцию $\sum\limits_{j=1}^k(n+{a_j})^\frac{1}{k\alpha_j}$, то возможно получить следующий вывод о том, что все существующие!? значения данной функции не имеют натуральных делителей кроме 1 для любого натур.$n$, $n+{a_j}$ не есть $k\alpha_j$-ые степени натур. чисел.

-- Вт апр 13, 2010 13:47:40 --

Бл. Забыл внести некоторые дополнительные условия (а то ж могут быть предирки ) - $k\in\mathbb N -\{1;2;3\}$, хотя наверное это тривиальный случай - кто знает.

[venco]

frankusef в сообщении #309000 писал(а):

Добрый день! Сейчас разбираюсь с одной задачей на проверку иррациональности некоторого достаточно широкого(не буду уточнять) чисел, или функций если хотите. Остановился на доказательстве иррациональности суммы $\sum\limits_{j=1}^k {a_j}^\frac{1}{k\alpha_j}$, где $\frac{1}{\alpha_j}=1$, $k,\alpha_j\in\mathbb N$, $a_j\in\mathbb R_+-\{0\}$ и, конечно, $a_j$ не являются $k\alpha_j$-ыми степенями. Всегда ли данная сумма будет иррациональной при таких условиях?Или задача уже доказана в математических кругах (может быть есть доказательство трансцендентности данных чисел, тогда исходный вопрос будет следовать немедленно).

Задача достаточно проста. Легко подобрать такие $\alpha_j$, чтобы сумма была рациональна.
Например:
$k=2, a_1=k_1=2, a_2=k_2=1, \alpha_1=\frac 1{2\log_2{5}-4}, \alpha_2=\frac 1{5-2\log_2{5}}$, при этом сумма равна $\frac 9 4$.
И вообще, рациональную сумму можно найти, подбирая $\alpha_j$ почти при любых $k$ и $a_j$.

[frankusef]

Цитата:

Задача достаточно проста. Легко подобрать такие $\alpha_j$, чтобы сумма была рациональна.
Например:
$k=2, a_1=k_1=2, a_2=k_2=1, \alpha_1=\frac 1{2\log_2{5}-4}, \alpha_2=\frac 1{5-2\log_2{5}}$, при этом сумма равна $\frac 9 4$.
И вообще, рациональную сумму можно найти, подбирая $\alpha_j$ почти при любых $k$ и $a_j$.

Ну что можно тут сказать, читайте правильно условия. Если что не понятно - объясню.

-- Вт апр 13, 2010 23:36:35 --

Но молодец что попытались(хотя и неправильно).

[venco]

Если вы имеете в виду, что $k$ слишком маленькое, то приведённый пример легко преобразовать к любому большему $k$, добавив единиц.

[frankusef]

Цитата:

Если вы имеете в виду, что $k$ слишком маленькое, то приведённый пример легко преобразовать к любому большему $k$, добавив единиц.

В условии ясно написано, что все без исключения альфы - натуральные числа. Ну а насчет простоты примера $2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) позвольте усомнится.....

[PAV]

По просьбе автора перенесено из учебного в корневой раздел

[frankusef]

Нашел только более-менее внятную статейку http://festival.1september.ru/articles/518603/, но там автор делает упор на сумму двух иррациональных чисел, а нужно 4-х и более, с условиями, указанными выше. Так что же, выходит число$2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) иррационально: тут обычными возведениями в степеня и переносом слагаемым(ну, то есть, алгебраичными преобразованиями) не воспользуешся, нужен какой то оригинальный алгоритм. Осмелюсь высказать гипотезу...

[venco]

frankusef в сообщении #309381 писал(а):

Цитата:

Если вы имеете в виду, что $k$ слишком маленькое, то приведённый пример легко преобразовать к любому большему $k$, добавив единиц.

В условии ясно написано, что все без исключения альфы - натуральные числа.

Хм, перепутал $\alpha$ и $a$. Если же $\alpha$ натуральные, а $a$ действительные, то тем более нет проблем получить рациональное (и даже целое) число.

[frankusef]

Цитата:

Если же $\alpha$ натуральные, а $a$ действительные, то тем более нет проблем получить рациональное (и даже целое) число.

Хорошо, давайте по-другому. Приведите пример иррациональной суммы с теми же условиями для $k=5$ и если можно, обоснуйте пожалуйста свой результат! Хотя бы докажите, что число $2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) иррационально. Мне просто интересен ход мысли.

-- Ср апр 14, 2010 22:57:57 --

А вопрос на засыпку хотите: найдите такую интеегрируемую по Риману функцию от $x$ $f_n(x)$ c $dom f\in\mathbb N$ и $im f\in\mathbb N$, что $\lim\limits_{n \to \infty}\prod\limits_{i=1}^k\{f_n(\frac{i}{k})\}=0$, но при этом интеграл $\int_0^1f_n(t)\,dt$ не принимает натуральных значений.

[venco]

frankusef в сообщении #309611 писал(а):

Цитата:

Если же $\alpha$ натуральные, а $a$ действительные, то тем более нет проблем получить рациональное (и даже целое) число.

Хорошо, давайте по-другому. Приведите пример иррациональной суммы с теми же условиями для $k=5$ и если можно, обоснуйте пожалуйста свой результат!

$(\pi^{10})^{1\over 5\cdot 2} + (\pi^{15})^{1\over 5\cdot 3} + (\pi^{60})^{1\over 5\cdot 12} + (\pi^{90})^{1\over 5\cdot 18} + ((13-4\pi)^{180})^{1\over 5\cdot 36} = 13$
Все $a_j$ иррациональны.

frankusef в сообщении #309611 писал(а):

Хотя бы докажите, что число $2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) иррационально.

Что значит "хотя бы"? Я такого не утверждал.

[frankusef]

Цитата:

Что значит "хотя бы"? Я такого не утверждал.

Зато я утверждал!

Цитата:

$(\pi^{10})^{1\over 5\cdot 2} + (\pi^{15})^{1\over 5\cdot 3} + (\pi^{60})^{1\over 5\cdot 12} + (\pi^{90})^{1\over 5\cdot 18} + ((13-4\pi)^{180})^{1\over 5\cdot 36} = 13$
Все $a_j$ иррациональны.

А потривиальнее не можно было?

-- Чт апр 15, 2010 13:09:30 --

Да, я не думал, что так сложно формулировать задачи и так легко на них отвечать.
Ну а что насчет вопроса

Цитата:

А вопрос на засыпку хотите: найдите такую интеегрируемую по Риману функцию от $x$ $f_n(x)$ c $dom f\in\mathbb N$ и $im f\in\mathbb N$, что $\lim\limits_{n \to \infty}\prod\limits_{i=1}^k\{f_n(\frac{i}{k})\}=0$, но при этом интеграл $\int_0^1f_n(t)\,dt$ не принимает натуральных значений.

Есть хоть какие то идеи, я вроде все читабельно выложил. Кстати, в условии должно быть не $dom f\in\mathbb N$ и $im f\in\mathbb N$, а $dom f, im f\in\mathbb R - (0;1)$, а то небось еще "контрпримеры" последуют.

[venco]

frankusef в сообщении #309810 писал(а):

Цитата:

А вопрос на засыпку хотите: найдите такую интеегрируемую по Риману функцию от $x$ $f_n(x)$ c $dom f\in\mathbb N$ и $im f\in\mathbb N$, что $\lim\limits_{n \to \infty}\prod\limits_{i=1}^k\{f_n(\frac{i}{k})\}=0$, но при этом интеграл $\int_0^1f_n(t)\,dt$ не принимает натуральных значений.

К сожалению, я не знаю, что вы здесь обозначили символами $dom$ и $im$, и как связаны $k$ и $n$ в выражении предела.

[frankusef]

$dom$ и $im$ это область определения и область значений функции $f$ соответственно. Извиняюсь, нужно внести корректив: там нулевой предел будет не по $n$, а по$k$;$k$, $n$ выбираете, например, такими что $\lim\limits_{n \to \infty}\prod\limits_{i=1}^k\{f_n(\frac{i}{k})\}=0$.

-- Чт апр 15, 2010 15:17:10 --

А вопрос об $2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) уже исчерпан?

[venco]

Область определения - множество, и о нём нельзя говорить, что оно принадлежит множеству целых чисел. Оно может быть подмножеством целых чисел, но не элементом.
К тому же, бессмысленно говорить об интегрируемости функции, у которой область определения - натуральные числа.
Более того, дальше в пределе у вас аргумент функции - нецелое число. Как вы это объясните?

frankusef в сообщении #309875 писал(а):

А вопрос об $2^{\frac{1}{5\alpha_1}}+3^{\frac{1}{5\alpha_2}}+5^{\frac{1}{5\alpha_3}}+7^{\frac{1}{5\alpha_4}}+11^{\frac{1}{5\alpha_5}}$($\alpha_1=2,$ $\alpha_2=3,$$\alpha_3=12$,$\alpha_4=18$,$\alpha_5=36$) уже исчерпан?

А я об этом не думал, и пока не собирался думать.

[frankusef]

Цитата:

К тому же, бессмысленно говорить об интегрируемости функции, у которой область определения - натуральные числа.

Так область значений же суть действительные числа! И что мешает доопределить область определения $f$ до действительных чисел.

Цитата:

А я об этом не думал, и пока не собирался думать.

А тут ответа проще и придумать нельзя. Видимо Вы умеете только тривиальные задачи решать.

Цитата:

Более того, дальше в пределе у вас аргумент функции - нецелое число. Как вы это объясните?

Вам что, в падло найти такую функцию в пределе которой аргумент - целое число, я ж не поленился задать вопрос.