e^n иррационально

[RIP]

У меня выдалась свободная минутка, и настроение не такое паршивое, как обычно, поэтому я решил всё-таки досчитать до конца. Учитывая то, какие оценки Вы считаете хорошими, я буду оценивать очень грубо. Итак, возьмём $N=n^2$ и будем считать.

1) Во-первых, $f_r(x)<\frac{n(n^2/4)^N}{\sqrt{2\pi N}(N/e)^N}=\frac{(4/e)^{-n^2}}{\sqrt{2\pi}}$, $x\in[0;n]$.

2)

$$e^n\int_0^nf_r(x)e^{-x}dx<e^n\cdot\frac{(4/e)^{-n^2}}{\sqrt{2\pi}}\cdot\int_0^\infty e^{-x}dx<0.25,\ n\geqslant3.$$

Поэтому $|F_r(0)|\delta>0.75$, $n\geqslant3$.

3) $f_r(x)\ll g(x)=\frac{x^N(x+n)^{N+1}}{N!}$ (т.е. коэффициенты $f(x)$ не превосходят по абсолютной величине соответствующих коэффициентов $g(x)$). Поэтому

$$|F_r(0)|<(2N+1)!g(1)=\frac{(2N+1)!(n+1)^{N+1}}{N!}<\bigl((2N+1)(n+1)\bigr)^{N+1}<0.75n^{5n^2},\ n\geqslant3.$$

Итак, $\delta>n^{-5n^2}$, $n\geqslant2$.

При $k\geqslant2n$

$$\frac{n^{k+1}}{(k+1)!}\biggr/\frac{n^k}{k!}=\frac{n}{k+1}<\frac12,$$

поэтому при $K\geqslant2n$

$$\sum_{k=K}^\infty\frac{n^k}{k!}<\frac{2n^K}{K!}<\left(\frac{en}{K}\right)^K.$$

Поэтому можно положить $k(n)=5n^2$. Думаю, Вас эта оценка устроит.

[Профессор Снэйп]

Конечно устроит! Спасибо.

На выходных нагрянула куча гостей, так что прям сейчас, увы, невозможно уделить всему этому достаточно внимания. К завтрашнему дню все разойдутся и я сяду разбираться.

[икс и грек]

Всем спасибо за помощь

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Из определения $\Delta(x)$ очевидно, что это многочлен степени (в точности) $2N+2$.

Мне вот это место не совсем понятно. Остальное не вызывает затруднений.

Я пробовал считать определитель так. Пусть

$$ f(x) = \frac{x^N(n-x)^N}{N!} $$

Тогда $f_0(x) = (n-x)f(x)$, $f_1(x) = xf(x)$ и

$$ f^{(k)}_0(x) = (n-x)f^{(k)}(x) - kf^{(k-1)}(x); $$

$$ f^{(k)}_1(x) = xf^{(k)}(x) + kf^{(k-1)}(x). $$

Теперь всё это надо честно подставлять в формулу для $\Delta(x)$ и считать определитель? Или есть какой-то более простой способ заметить, что степень $\Delta(x)$ как многочлена не превосходит $2N+2$? А то уж больно громоздкие выкладки там получаются.

[RIP]

Да нет, там вообще ничего считать не надо. Надо заметить, что степени многочленов $F_0(0,x)$ и $F_1(n,x)$ равны $N+1$, тогда как степени многочленов $F_0(n,x)$ и $F_1(0,x)$ равны $N$.

Добавлено спустя 8 минут 7 секунд:

Профессор Снэйп писал(а):

Или есть какой-то более простой способ заметить, что степень $\Delta(x)$ как многочлена не превосходит $2N+2$?

Там существенно, что степень $\Delta(x)$ в точности равна $2N+2$, иначе он запросто может оказаться тождественным нулём, что не есть хорошо.

В принципе, определитель $2\times2$, наверно, несложно посчитать непосредственно, но дело в том, что такой же результат верен и для аналогичного определителя произвольного порядка, и вот там этот результат выглядит действительно поразительным.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Да нет, там вообще ничего считать не надо. Надо заметить, что степени многочленов $F_0(0,x)$ и $F_1(n,x)$ равны $N+1$...

Да, действительно. Не заметил, что

RIP писал(а):

$$F_r(z,x)=\sum_{k=0}^{2N+1}f_r^{(k)}(z)x^{2N+1-k}\ (r=0,1),$$

при $z=0$ или $z=n$ можно переписать как

$$F_r(z,x)=\sum_{k=N}^{2N+1}f_r^{(k)}(z)x^{2N+1-k}\ \ \ \ (r=0,1)$$

Думал, что там $4N+2$, а не $2N+2$ получается.