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 * 贴子主题: 设$\,1=a_0\in\mathbb{N}^+\ni {\large\frac{a_{n+1}}{a_n}}\ge {\small(n+1)}-\large\frac{1}{n+1}$ 则 $\sum \frac{1}{\large a_n}$ 是无理数 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
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  题:试证若$\,a_0=1,\,\mathbb{N}\ni {\large\frac{a_{n+1}}{a_n}}\ge {\small(n+1)}-\large\frac{1}{n+1}$ 则$\;\small\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}}\,$是无理数. srcui2



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  题:试证若$\,a_0=1,\,\mathbb{N}\ni {\large\frac{a_{n+1}}{a_n}}\ge {\scriptsize(n+1)}-\large\frac{1}{n+1}\;\small(\forall n\in\mathbb{N})$ "fFi
$\qquad$则$\;s=\small\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}}$是无理数.agn?W6
证:由题设,易见整数$\displaystyle{\,k_n = \frac{a_n}{a_{n-1}}\ge n\,(a_0:=1),}$ `C_
$\qquad\displaystyle{ a_n=\prod_{j=1}^n k_j\ge n!.\;}$故级数收敛. 若有$\,k,\,m\in\mathbb{N}\,$使i[a8}
$\qquad s = \small\dfrac{k}{m},\;$则$\;\displaystyle{ a_n s = \sum_{j=1}^n\prod_{i=j}^n k_i +\sum_{u=1}^{\infty}\prod_{v=1}^u\frac{1}{k_{n+v}}}.\;$但qf\AD%
$\displaystyle{\qquad 0< \underset{\,}{\sum_{u=1}^{\infty}}\prod_{v=1}^u\frac{1}{k_{n+v}}< \sum_{u=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^u}=\small\frac{1}{n}}$%4@
$\qquad$于是得矛盾$\;\; { 0\small <\dfrac{1}{m}}\le a_n s-\lfloor a_n s\rfloor<{\small\dfrac{1}{n}\to} 0.\;\;\square$h"Z



发贴时间2017/03/16 01:45pm IP: 已设置保密[本文共873字节]  
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  本题详解:n~1}Zf
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  58<
题:设正整数列$\,\{a_n\}\,$满足$\,a_0=1,\;a_{n-1}\mid a_n,\;\;{\large\frac{a_n}{a_{n-1}}}\ge {\small n}-\large\frac{1}{n},$30`
$\qquad s_n =\frac{1}{\large a_0}+\cdots+\frac{1}{\large a_n}\small(n=1,2,\ldots).\;\;$试证$\;\displaystyle{s = \lim_{n\to\infty}s_n\,}$为无理数.-I
证:令$\;k_0 = a_0,\; k_n = \large\frac{a_n}{a_{n-1}}\;\small(n\ge 1).\;\;$由$\;\lceil n-\frac{1}{\large n}\rceil=n\;(n>1),$45`aR
$\qquad$及题设得$\;k_n=\lceil k_n\rceil\ge n,\;\;a_n = k_0\cdots k_n\ge n!\underset{\,}{\;}\small(n=0,1,2,\ldots)$7
$\qquad$故$\,s_m < s_{m+1} < e,\;\{s_n\}\underset{\,}{\,}$收敛. 令$\;\displaystyle{s =\lim_{n\to\infty} s_n.}$q:J)kl
$\qquad$若$\,s\,$是有理数,则有互素正整数$\,m,\,u\,$使$\,s = \small\dfrac{u}{m}.\underset{\,}{\quad}$于是opAO^
$\qquad a_n s = a_ns_n+a_n(s-s_n).\;$易见$\,a_n s_n\underset{\,}{\,}$是整数,而对$\,n > 0,$ K4
$\qquad 0< a_n(s-s_n) = \frac{1}{\large k_{n+1}}+\frac{1}{\large k_{n+1}k_{n+2}}+\frac{1}{\large k_{n+1}k_{n+2}k_{n+3}}\cdots$Z/
$\qquad\quad< \frac{1}{\large n+1}+\frac{1}{\large (n+1)^2}+\cdots+\frac{1}{(n+1)^j}\cdots= \frac{1}{\large n}\le 1.$UiCd92
$\qquad$故$\lfloor a_n s\rfloor=a_ns_n< a_n s,\underset{\,}{\;}\;m\lfloor a_n s\rfloor< a_n u$n
$\qquad 0< \frac{1}{\large m}\le {\small\dfrac{a_nu -m\lfloor a_n s\rfloor}{m}} = a_n s-\lfloor a_n s\rfloor= a_n(s-s_n)< \frac{1}{\large n}$YyJ9V
$\qquad$上式对$\,n> m$不成立. 故$\;s\,$不是有理数.mi/



发贴时间2017/03/19 03:57am IP: 已设置保密[本文共1434字节]  
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  这个证明与e为无理数的一个著名初等证明很像. 可以说MJ
是那个证明的推广. 由于这个推广,我们在理论上给出了O>"y
一类(不可数多个)无理数的统一构造。G
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  @:
也许这类无理数全都为超越数是一个颇具挑战性的猜想。Ok



发贴时间2017/03/19 02:22pm IP: 已设置保密[本文共217字节]  

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