close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

О ряде из произведений членов арифметической прогрессии.

код для вставкиСкачать
Физика и математика
О РЯДЕ ИЗ ПРОИЗВЕДЕНИЙ
ЧЛЕНОВ АРИФМЕТИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ
В.Ю. Матвеев, В.Г. Чирский
Аннотация. Доказано что ряд, члены которого являются произведениями членов
арифметической прогрессии отличен от 0 в бесконечном множестве p. Используется полиадический анализ и аппроксимация Эрмита-Паде для обобщенных гипергеометрических рядов.
Ключевые слова: полиадические числа, аппроксимация Эрмита-Паде.
Summary. The article describes that the number of a certain type is different from 0 in the
endless variety of fields. Polyadic analysis and approximation of Hermite-Pade for generalized hypergeometric series is used.
Keywords: polyadic numbers, Hermite-Pade approximation.
ля простого числа пусть p обозначает поле p -адических чисел. Пусть
a, b ∈ , ( a, b) = 1 .
Рассмотрим задачу об арифметической природе ряда
Д
∞
1 + ∑ a (a + b) …(a + b(n − 1) ) .
(1)
n =1
Отметим, во-первых, что этот ряд сходится в любом поле
p
, где p ? b , так
как для любого t ∈ из неравенства n > p следует, что a(a + b) …(a + b(n − 1) ) делитt
ся на p t .
Рассматриваемый ряд (1) можно представить в виде
∞
ξ = 1 + ∑ λ (λ + 1) …(λ + (n − 1) )b n ,
(2)
n =1
где λ = a / b . В [1] была рассмотрена задача об арифметической природе ряда
(2), а в [2] было доказано, что для любого многочлена P( x) , P( x) ∈ [ x] , отличного от тождественного нуля, существует бесконечное множество простых чисел
p таких, что в поле
p
справедливо неравенство P(ξ ) ≠ 0 , где ряд ξ рассматри-
вается, как его сумма в поле p .
В настоящей работе использован другой подход, основанный на применении аппроксимаций Эрмита-Паде, построенных в работе [3] . Аналогичный
подход использован в работе [4].
4 / 2013
Преподаватель XX
ВЕК
249
ФУНДАМЕНТАЛЬНАЯ НАУКА ВУЗАМ
Теорема. Существует бесконечное множество простых чисел p таких, что в
поле p выполнено неравенство
∞
1 + ∑ a (a + b) …(a + b(n − 1) ) ≠ 0 .
(3)
n =1
обозначим (α )0 = 1 , (α ) n = α (α + 1) …(α + (n − 1) ) ,
Доказательство. Для любого α ∈
n.1 .
Как и в работе [3], обозначим
(α ) n ( β ) n n
z
n!
n =0
∞
F (α , β , z ) = ∑
(4)
и рассмотрим
∞
f 0 ( z ) = ∑ (λ ) n z n = F (λ ,1, z ) .
(5)
f1 ( z ) = F (λ + 1,1, z ) .
(6)
n =0
Рассмотрим также
N∈
Вновь используя обозначения из [5], положим α1 = λ , α 2 = 1 и для любого
определим числа t и s равенствами
N = t + 1 , N = 2s + r , где r = 1 или r = 2 .
Для любого N.3 положим α N = α r + s , что означает, что
α 2 s +1 = λ + s, α 2 s + 2 = 1 + s .
(7)
f N ( z ) = F (α N +1 , α N + 2 , z ) ,
(8)
Обозначим
250
u N ( z ) = α1 …α N z N −1 f N ( z ),
N.2 ,
(9)
u0 ( z ) = f 0 ( z ), u1 ( z ) = f1 ( z ) .
(10)
u2 s +1 ( z ) = α1 …α 2 s +1 z 2 s F (α 2 s + 2 , α 2 s +3 , z ) = (λ ) s +1·s ! F (1 + s, λ + 1 + s, z ) ,
(11)
u2 s + 2 ( z ) = α1 …α 2 s + 2 z 2 s +1 F (α 2 s +3 , α 2 s + 4 , z ) = (λ ) s +1·( s + 1)! F (λ + 1 + s, 2 + s, z ) .
(12)
Из (7), (8), (9) получаем
Лемма 1. Для любого N ∈ существуют многочлены PN ,0 ( z ), PN ,1 ( z ) с целыми коэффициентами такие, что справедливы равенства
u N ( z ) = PN ,0 ( z )u0 ( z ) + PN ,1 ( z )u1 ( z ) ,
(13)
u N + 2 ( z ) = u N +1 ( z ) − α N +1 z u N ( z ) ,
PN + 2,i ( z ) = PN +1,i ( z ) − α N +1 z PN ,i ( z ), i = 0,1,
Преподаватель XX
ВЕК
(14)
4 / 2013
Физика и математика
Δn ( z) =
PN ,0 ( z )
PN ,1 ( z )
= α1 …α N z N −1 .
PN +1,0 ( z ) PN +1,1 ( z )
(15)
Лемма представляет собой следствие из замечания в конце статьи [3].
c0 2 > 1 + C0 , C0 . | λ | +1 .
Пусть
Лемма 2. Для любого s ∈
(16)
и для N = 2s + 1 , N = 2s + 2 выполнены неравенства
H ( PN ,i ( z )) - C0 N (C0 + 1) … (C0 + s )
( H ( P( x)) – высота многочлена P( x) ).
Доказательство леммы 2 проведем по индукции.
Лемма, очевидно, верна при N = 1 и N = 2 .
Предположим, что она верна для некоторого s ∈ и для N = 2s + 1 и N = 2s + 2 .
Проверим справедливость ее утверждения для N = 2s + 3 , N = 2s + 4 .
Используя (14), (7) и индуктивное предположение получаем
H ( P2 s +3,i ) = H (P2 s + 2,i − α 2 s + 2 z P2 s +1,i )-H ( P2 s + 2,i ) + (1 + s ) H ( P2 s +1,i )-C0
2s+2
(C0 + 1) … (C0 + s ) + (1 + s )·C0 2 s +1 (C0 + 1) … (C0 + s )
= C0 2 s +1 (C0 + 1) … (C0 + s + 1) .
(17)
Используя (14), (7), (16), (17) и индуктивное предположение, получаем
H ( P2 s + 4,i ) = H ( P2 s +3,i − α 2 s +3 z P2 s + 2,i ) H ( P2 s +3,i ) + ( | λ | + s + 1) H ( P2 s + 2,i )
C02 s +1 (C0 + 1) … (C0 + s + 1) + ( | λ | + s + 1) ·C0 2 s + 2 ·
·(C0 + 1) … (C0 + s )-C0 2 s +1 (C0 + 1) … (C0 + s + 1)(1 + C0 )
-C0 2 s +3 (C0 + 1) … (C0 + s + 1) .
(18)
Из неравенств (17), (18) следует утверждение леммы 2.
Из (15) следует, что хотя бы один из определителей
1
0
PN ,0 (b) PN ,1 (b)
,
1
0
PN +1,0 (b) PN +1,1 (b)
отличен от 0 . Выберем N так, что
1
0
PN ,0 (b) PN ,1 (b)
= PN ,1 (b) ≠ 0 .
(19)
Лемма 3. При s.σ 1 имеет место неравенство
∏|P
N ,1
(b) |p > e − s ln s −c1s ,
(20)
где произведение в левой части (20) взято по всем простым числам p , p ? b , удовлетворяющим неравенствам
(21)
4 / 2013
Преподаватель XX
ВЕК
251
ФУНДАМЕНТАЛЬНАЯ НАУКА ВУЗАМ
e
4
- p - a + bs ,
ln s
а C1 и σ 1 – положительные постоянные, зависящие от C0 и b .
Доказательство. Ввиду (19) имеет место формула произведения
∏|P
N ,1
(b) |p ·| PN ,1 (b) | = 1 ,
(22)
p
Где произведения в левой части (22) взято по всем простым p .
Поэтому
∏|P
N ,1
(b) |p =
p
1
|P
N ,1
(b) |
(23)
.
По лемме 2, и при N = 2s + 1 , и при N = 2s + 2
|P
N ,1
(b) | - b s C0 N (C0 + 1) … (C0 + s ) - b s C0 2 s + 2 (C0 + 1) … (C0 + S ) .
Так как при a > 0
(a + 1) … (a + s ) =
и
Γ(a + s + 1)
Γ(a + 1)
(24)
1
1
ln Γ( s + a ) = ⎛⎝ s + a − ⎞⎠ ln s − s + ln 2π + O ⎛⎝ s ⎞⎠ , s → +∞ .
2
(25)
Из (23)-(25) вытекает утверждение леммы 3.
Лемма 4. При s.σ 2 выполнено неравенство
∏|u
252
N
(b) |p - e −2 s ln s + C2 s
ln s
(26)
,
где σ 2 , C2 – положительные постоянные, зависящие от C0 и b , а произведение в первой
части (26) взято по всем простым p ? b , удовлетворяющим (21).
Доказательство. Согласно (11), (12) для любого p ? b
|u
|u
2 s +1
2s+2
(b) |p - | (λ ) s +1 |p | s !|p ,
(b) |p - | (λ ) s +1 |p | ( s + 1)!|p .
Так как (λ ) s +1·b s +1 = a(a + b) …(a + bs) , все простые делители числа (λ ) s +1 , так же,
как и числа ( s + 1)! , не превосходят a + bs .
Поэтому
∏ |u
p, p ? b
2 s +1
(b) |p =
∏ |(λ )
p, p ? b
s +1
s !| p =
∏ |(λ )
p , p ? b , p-a + bs
s +1
s !| p
(27)
и аналогично,
∏ |u
p, p ? b
2s+2
(b) |p =
∏ |(λ )
p , p ? b , p-a + bs
s +1
( s + 1)!|p .
(28)
Из (27),(28) и формулы произведения вытекают неравенства
∏ |(λ ) | | s !|
p , p ? b , p-a + bs
Преподаватель XX
ВЕК
s +1 p
- ((λ ) s +1 )
−1
p
(s !)
−1
· ec3s .
(29)
4 / 2013
Физика и математика
∏ |(λ ) | | (s + 1)!| - ((λ ) ) ((s + 1)!)
−1
s +1 p
p , p ? b , p-a + bs
−1
s +1
p
· ec4 s .
(30)
Из (29),(30) и (24),(25) при a = λ получаем, что
((λ ) s +1 ) (s !)
−1
и
−1
ec3s < e −2 s ln s + c5 s
((λ ) s +1 ) (( s + 1)!)
−1
−1
(31)
ec4 s < e −2 s ln s + c5 s .
(32)
Оценим теперь величину
∏|a(a + b)…(a + bs) | | (s + 1)!|
p
p
(33)
,
где произведение в (33) взято по простым числам p , p ? b , удовлетворяющим
неравенству
p<e
4
ln s
.
Известно что число p входит в k ! в степени
k − Sk
,
p −1
где Sk – сумма цифр p -ичного разложения числа k . Поэтому степень, в которой p входит в ( s + 1)! , не больше, чем
s +1
.
p −1
Следовательно,
∏ |(s + 1)!|
p <e
∏
p .
4 ln s
p <e
p
−
s +1
p −1
− ( s +1)
=e
∑4
p<e ln s
4
e ln s
ln p
p −1
.e
− ( s +1)
∫
1
ln p
dp
p −1
.e − ( s +1)
ln s
.
(34)
4 ln s
Выше мы выяснили, что среди чисел a, a + b,…, a + bs на число p t делятся
⎡ s + 1⎤
ровно ⎢ t ⎥ чисел. Поэтому
⎣ p ⎦
| a(a + b)…(a + bs) |
−
p
=p
∑
⎡ s +1 ⎤
⎢ t ⎥
p ⎦⎥
⎢
1-t- log p ( s +1) ⎣
.
(35)
Так как
∑
1-t- log p ( s +1)
⎡ s + 1⎤
1
1
,
- ( s + 1) ·
⎢ p t ⎥ - ( s + 1) ∑
t
p −1
1-t- log p ( s +1) p
⎣
⎦
(36)
из (35),(36) аналогично (34) получаем
∏ |a(a + b)…(a + bs) |
p <e
p
.e − ( s +1)
4 ln s
ln s
.
(37)
Из (31), (32), (34), (37) вытекает утверждение леммы.
Из (4), (5), (6) следует что
f 0 ( z ) = 1 + λ z f1 ( z ) .
4 / 2013
(38)
Преподаватель XX
ВЕК
253
ФУНДАМЕНТАЛЬНАЯ НАУКА ВУЗАМ
Если предположить, что для всех p , p ? b , удовлетворяющих (21), не выполняется (3), т.е. в поле p имеет место равенство f 0 (b) = 0 , то из (38) следует, что
для всех таких p выполняется неравенство f1 (b) ≠ 0 в поле p .
Тогда, по лемме 3, при s.σ 1
∏|P
N ,1
(b) f1 (b) |p . e − s ln s − c1s ,
(39)
где произведение в левой части (39) взято по всем простым p , p ? b , удовлетворяющим (21).
Так как, ввиду (10), (13),
u N (b) = PN ,0 (b) f 0 (b) + PN ,1 (b) f1 (b)
и по лемме 4 при s.σ 2
∏|u
(b) |p -e −2 s ln s + c2 s
N
ln s
(40)
,
где произведение в левой части взято по всем p , удовлетворяющим условиям
(21), при s.σ 3 из (39), (40) следует, что при некотором p , удовлетворяющем
(21), p ? b имеет место неравенство
|P
N ,0
(b) f 0 (b) |p ≠ 0
вопреки сделанному предположению.
Итак, доказано, что если s.σ 3 , то в промежутке ⎡⎣e ln s , a + bs ⎤⎦ есть простое
число p такое, что в поле p выполнено неравенство (3).
Рассматриваем теперь последовательность sk ∈ такую, что s1.σ 3 и для каждого k.1 выполняются неравенства
4
e
4
ln sk +1
> a + bsk .
При этом отрезки
254
⎡e 4 ln sk , a + bsk ⎤ , k = 1, 2, …
⎣
⎦
не пересекаются и в каждом из них есть простое число p такое, что выполнено
неравенство (3).
Теорема доказана.
СПИСОК ИСТОЧНИКОВ И ЛИТЕРАТУРЫ
1.
2.
3.
4.
Чирский В.Г. О глобальных соотношениях // Матем. заметки. – Т. 48. – Вып. 2. – 1990. –
С. 123–127.
Bertrand D., Chirskii V.G., Yebbou Y. Effective estimates for global relations on Euler – type
series // Annal. Fac. Sci Toulouse. – V. XIII. – № 2. – 2004. – P. 241–260.
Нестеренко Ю.В. Приближения Эрмита-Паде обобщённых гипергеометрических функций
// Матем. сборник. – Т. 185. – 1994. – № 10. – С. 48–72.
Чирский В.Г. Об арифметических свойствах ряда Эйлера // Вестник Моск. ун-та. – Сер. 1.
матем., механ.
Преподаватель XX
■
ВЕК
4 / 2013
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
4
Размер файла
418 Кб
Теги
прогрессия, арифметических, ряде, членов, произведения
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа