Autor Tema: Explicación detallada de la prueba del teorema de Apéry

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03 Abril, 2020, 03:09 pm
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Eparoh

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Hola a todos, llevo ya algo más de un mes intentando entender completamente la demostración del teorema de Apéry sobre la irracionalidad de \( \zeta(3) \). Tras una larga búsqueda, todas las fuentes concluían que el mejor recurso para comprenderla era el siguiente artículo de van der Poorten: A proof that Euler missed... Apéry's proof of the irrationality of \( \zeta(3) \)
Creo que he entendido el cuerpo de la demostración, sin embargo, hay numerosos detalles que, el artículo en su mayoría tilda de "triviales" que por mucho que me he esforzado en estas últimas semanas no logro ver.
Mi intentención es pues escribir aquí todos los apuntes que me he hecho sobre la demostración, marcando aquellos detalles y dudas que no tengo nada claros y ver si entre todos, podemos completar la demostración pues creo que en ningún lugar está recogida dicha demostración en detalle.

Resultados necesarios de teoría de números

Spoiler

Teorema 1 (Dirichlet, 1842): Dado un número real \( x \) y un número natural \( N \), existe alguna fracción \( p/q \), con \( p, q  \) enteros, tal que \( 1 \leq q \leq N \) y

\( \left |{x - \dfrac{p}{q}}\right | < \dfrac{1}{qN} \)

En el teorema anterior se puede exigir que \( p/q \) sea irreducible ya que si es \( p/q=p_0/q_0 \) con \( q_0<q \) entonces

\( \left |{x-\dfrac{p_0}{q_0}}\right |=\left |{x-\dfrac{p}{q}}\right |<\dfrac{1}{qN}<\dfrac{1}{q_0 N} \)

Lema 2: Sea \( x \in \mathbb{R} \) y \( q \in \mathbb{N} \) fijos, entonces se cumplen:
  • Para cada constante \( C_q>0 \) existe, a lo sumo, una cantidad finita de enteros \( p \in \mathbb{Z} \) tales que \( \left |{x-p/q}\right |<C_q \)
  • Si \( x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \) existe un \( C_q \) suficientemente pequeño tal que \( \left |{x-p/q}\right |>C_q \) para cada \( p \in \mathbb{Z} \)

Corolario 3: Si \( x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} \) entonces existe una sucesión de fracciones \( \{p_n/q_n\}_{n \geq 1} \) siendo \( p_n \in \mathbb{Z} \) y \( q_n \in \mathbb{N} \) tales que \( q_n \longrightarrow{} +\infty \) y

\( 0<\left |{x - \dfrac{p_n}{q_n}}\right |<\dfrac{1}{q_n^2} \hspace{1.5mm} \forall n \in \mathbb{N} \)


Teorema 4: Sea \( x \in \mathbb{R} \), tenemos que \( x \) es irracional si, y solo si, existe una sucesión de racionales \( \{p_n/q_n\}_{n \geq 1} \) con \( q_n \in \mathbb{N} \) tal que

\( 0<\left |{x-\dfrac{p_n}{q_n}}\right |=o\left( \dfrac{1}{q_n} \right) \)


Corolario 5: Dado \( x \in \mathbb{R} \), si existe una sucesión de racionales todos distintos, \( \{p_n/q_n\}_{n \geq 1} \), tal que

\( 0<\left |{x-\dfrac{p_n}{q_n}}\right |<\dfrac{K}{q_n^t} \hspace{1.5mm} \forall n \geq n_0 \)

para ciertos \( K,t >0 \) y \( n_0 \in \mathbb{N} \), entonces \( q_n \longrightarrow{}+\infty \) y además, si \( t>1 \) entonces \( x \) es irracional.


Corolario 6: Sea \( x \in \mathbb{R} \), entonces existe un \( \delta >0 \) y una sucesión de racionales distintos \( \{p_n/q_n\}_{n \geq 1} \) tal que son todos distintos a \( x \) y

\( x-\dfrac{p_n}{q_n}=O\left( \dfrac{1}{q_n^{1+\delta}} \right) \)

entonces \( x \) es irracional.

Definición 1: Sea \( p \) primo, se define el orden p-ádico como la aplicación \( v_p: \mathbb{N} \longrightarrow{} \mathbb{Z}_+ \) definida como

\( v_p(n)=\max\{v \in \mathbb{Z}_+: p^v|n\} \)

Proposición 7: Dado \( p \) primo y \( m,n \) dos números naturales, se cumplen:
  • \( v_p(mn)=v_p(m)+v_p(n) \)
  • Si \( m|n \), \( v_p(n/m)=v_p(n)-v_p(m) \)

Proposición 8: Sean \( m, n \) números naturales, entonces \( m|n \) si, y solo si, \( v_p(m) \leq v_p(n) \) para cada primo \( p \).

Teorema 9 (Legendre): Sea \( n \) un número natural, entonces para cualquier primo \( p \) se cumple que

\( v_p(n!)=\displaystyle \sum_{k \geq 1} \left \lfloor{\dfrac{n}{p^k}}\right \rfloor  \)

Proposición 10: \( v_p \left ( \displaystyle\binom{n}{m}\right ) \leq \left \lfloor{ \dfrac{\log(n)}{\log(p)}} \right \rfloor - v_p(m) \)

Proposición 11: \( v_p \left( \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, k) \right) = \left \lfloor{ \dfrac{\log(n)}{\log(p)}} \right \rfloor \hspace{1.5mm} \forall k \geq 2 \)

[cerrar]

La demostración de Apéry sobre la irracionalidad de \( \zeta (3) \) se basa en encontrar una serie cuya convergencia a \( \zeta (3) \) es bastante rápida y a partir de la cual, se toma una generalización de ésta y bajo un proceso "casi mágico" (al menos así creo que quiere hacerlo ver el artículo), se llega a una nueva sucesión, que cumple ciertas propiedades las cuales nos permiten ver que su convergencia a \( \zeta(3) \) es aún más rápida y podemos aplicar el corolario 6 para concluir que efectivamente, es irracional. 

Así, iré desgranando cada sección del artículo que creo que es relevante en la demostración, incluyendo todos los detalles que se omiten en la demostración y marcando aquello que no consigo saber por que es así.


Sección 4: Some nearly relevant explanations

Consideremos para \( k \leq n \) la sucesión

\( c_{n,k}=\displaystyle{\sum_m=1^n \dfrac{1}{m^3} + \sum_{m=1}^k} \dfrac{(-1)^{m-1}}{2 m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}} \)

y veamos en primer lugar que converge uniformemente a \( \zeta(3) \) en \( k \).

Demostración:

Spoiler
Para ello, veamos en primer lugar que si es

\( x_N= \displaystyle{\sum_{n=1}^N \dfrac{(-1)^{n-1}}{2 n^3 \binom{N}{n} \binom{N+n}{n}}} \)

entonces \( \left |{x_N}\right | \leq 1/N \).

Observemos que \( 2n^3 \binom{N}{n} \binom{N+n}{n} \geq N^2 \) para cada \( n=1, \cdots, N \).
Es claro para \( N=1 \) y si por inducción, lo suponemos cierto para \( N \) entonces para cada \( 1\leq n \leq N \)

\( 2n^3 \binom{(N+1)+n}{n}\binom{N+1}{n} = 2n^3 \binom{N+n}{n} \binom{N}{n} \dfrac{N+n+1}{N-n+1}\underset{(HI)}{\geq} N^2 \dfrac{N+n+1}{N-n+1} \geq N^2 \)

y para el caso \( n=N+1 \) tenemos que

\( 2(N+1)^3\binom{2N+2}{N+1}\binom{N+1}{N+1}=2(N+1)^3\binom{2N+2}{N+1}\geq (N+1)^2 \)

con lo que efectivamente es cierto por inducción.

Así,

\( \left |{x_N}\right | \leq \displaystyle{ \sum_{n=1}^N \left |{\dfrac{(-1)^{n-1}}{2 n^3 \binom{N}{n} \binom{N+n}{n}}}\right |=\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{2 n^3 \binom{N}{n} \binom{N+n}{n}}} \leq \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{N^2} = \dfrac{1}{N} \)

Con lo visto, se tiene que para \( k \leq n \)

\( \left |{c_{n,k} - \zeta(3)}\right | \leq \displaystyle{ \left |{ \sum_{m=1}^n \dfrac{1}{m^3} - \zeta(3)}\right | + \sum_{m=1}^k \dfrac{1}{2 m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}}  \leq    \left |{ \sum_{m=1}^n \dfrac{1}{m^3} - \zeta(3)}\right | + \sum_{m=1}^n \dfrac{1}{2 m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}} \leq   \left |{ \sum_{m=1}^n \dfrac{1}{m^3} - \zeta(3)}\right | + \dfrac{1}{n} } \)

y así, dado \( \varepsilon>0 \) basta tomar \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que para cada \( n \geq n_0 \), \( \left |{ \sum_{m=1}^n \frac{1}{m^3} - \zeta(3)}\right | < \varepsilon/2 \) y \( 1/n < \varepsilon/2 \) , y entonces se cumplirá que, si es \( n \geq n_0 \),

\( \left |{c_{n,k} - \zeta(3)}\right | \leq \varepsilon \hspace{1.5mm} \forall k \geq n \)
[cerrar]

A continuación, se establece un lema que será de gran utilidad en la demostración.

Lema 12: \(  2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 c_{n,k} \binom{n+k}{k} \in \mathbb{Z} \)

Demostración:

Spoiler
Denotemos por \( M=\mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n) \) entonces tenemos que

\( 2 M^3 \binom{n+k}{k} c_{n,k}= \displaystyle{ \sum_{m=1}^n \dfrac{2 M^3 \binom{n+k}{k}}{m^3} + \sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^{m-1} M^3 \binom{n+k}{k}}{m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}} } \)

Para el primer sumando, como \( m|M \) para cada \( m=1, cdots, n \) es claro que es un entero, luego resta ver que el segundo sumando también lo es.

Así, en primer lugar, tenemos que

\( \dfrac{\binom{n+k}{k}}{\binom{n+m}{m}}= \dfrac{(n+k)! n! m!}{n! k! (n+m)!}=\dfrac{(n+k)!}{(k-m)! (n+m)!} \dfrac{m! (k-m)!}{k!}= \dfrac{\binom{n+k}{k-m}}{\binom{k}{m}} \)

luego

\( \dfrac{M^3 \binom{n+k}{k}}{m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}}=\dfrac{M^3 \binom{n+k}{k-m}}{m^3 \binom{n}{m} \binom{k}{m}} \)

y por la proposición 8, basta ver que para cualquier primo \( p \),

\( v_p \left(  m^3 \binom{n}{m} \binom{k}{m} \right) \leq v_p \left( M^3 \binom{n+k}{k-m} \right)  \)

Sin más,

\( v_p \left(  m^3 \binom{n}{m} \binom{k}{m} \right) \underset{Prop. 7}{=} 3 v_p(m) + v_p \left(  \binom{n}{m} \right) + v_p \left(  \binom{k}{m} \right) \underset{Prop. 10}{\leq} 3 v_p(m) + \left \lfloor{ \dfrac{\log(n)}{\log(p)}} \right \rfloor - v_p(m) + \left \lfloor{ \dfrac{\log(k)}{\log(m)}} \right \rfloor - v_p(m) = v_p(m) + \left \lfloor{ \dfrac{\log(n)}{\log(p)}} \right \rfloor + \left \lfloor{ \dfrac{\log(k)}{\log(m)}} \right \rfloor \underset{Prop. 11}{=} v_p(m) + v_p(M) + v_p \left( \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, k) \right) \)

y como \( m|M \) para cada \( m=1, \cdots, n \) y \( \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, k)|M \) por la proposición 8 concluimos que

\( v_p \left(  m^3 \binom{n}{m} \binom{k}{m} \right) \leq v_p(m) + v_p(M) + v_p \left( \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, k) \right) \leq 3 v_p(M) = v_p(M^3) \leq v_p(M^3)+ v_p \left( \binom{n+k}{k-m} \right) = v_p \left(M^3 \binom{n+k}{k-m} \right) \)
[cerrar]

Así, podemos expresar

\( c_{n,k} = \dfrac{\alpha_{n,k}}{2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 \binom{n+k}{k}} \)

con \( \alpha_{n,k} \) un entero para cada \( k \leq n \).

DUDA 1: Tras este lema, van der Poorten establece que, sin embargo, \( c_{n,k} \) es  insuficiente para probar la irracionalidad de \( \zeta(3) \). Se, por lo que comenta que está relacionado con la aproximación de \( \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n) \) por \( e^n \) mediante el teorema de los números primos, pero no veo como ésto nos lleva a concluir que no podemos aplicar alguno de los teoremas de irracionalidad que he mencionado al comienzo del post.

Conociendo pues que \( c_{n,k} \) no es suficiente para nuestro objetivo, el artículo pasa a describir el proceso que siguió Apéry para acelerar la convergencia de la serie, manteniendo ,en cierto modo, la propiedad dada por el lema 12, pues será importante.

Proceso de aceleración de la convergencia

Spoiler
Se comienza definiendo

\( d_{n,k}^{(0)}= \binom{n+k}{k} c_{n,k} \)
\( e_{n,k}^{(0)}= \binom{n+k}{k} \)

con lo que el cociente de las dos sucesiones claramente converge uniformemente en \( k \) a \( \zeta(3) \) y además, si es \( M=2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 \), entonces \( Md_{n,k}^{(0)} \in \mathbb{Z} \).

A partir de estas nuevas sucesiones, se realiza la transformación

\( d_{n,k}^{(1)}=d_{n,n-k}^{(0)}  \)
\( e_{n,k}^{(1)}= e_{n,n-k}^{(0)} \)

con lo que

\( \dfrac{d_{n,k}^{(1)}}{e_{n,k}^{(1)}}=c_{n,n-k} \)

y, puesto que la convergencia era uniforme en \( k \) para \( c_{n,k} \), tenemos que este cociente también converge uniformemente en \( k \) a \( \zeta(3) \). Además, \( M d_{n,k}^{(1)} = M d_{n,n-k}^{(0)} \in \mathbb{Z} \).

La siguiente transformación es

\( d_{n,k}^{(2)}=\binom{n}{k}d_{n,k}^{(1)}  \)
\( e_{n,k}^{(2)}= \binom{n}{k}e_{n,k}^{(1)}  \)

y es claro que se mantienen las propiedades deseadas sobre convergencía y que \( M d_{n,k}^{(2)} \in \mathbb{Z} \).

La tercera transformación es

\( d_{n,k}^{(3)}=\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}d_{n,l}^{(2)}  \)
\( e_{n,k}^{(3)}= \sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}  \)

y, tenemos que \( M d_{n,k}^{(3)} =  M \sum_{l=0}^k \binom{k}{l}d_{n,l}^{(2)}\in \mathbb{Z} \).
En este caso, la convergencia es más complicada de ver.
Sabemos que \( d_{n,k}^{(2)}/e_{n,k}^{(2)} \) converge uniformemente en \( k \) a \( \zeta(3) \), y a partir de ésta definimos

\( \delta_{n,k}=\dfrac{\frac{d_{n,k}^{(2)}}{e_{n,k}^{(2)}} - \zeta(3)}{\zeta(3)} \)

\( \epsilon_n=\dfrac{1}{\zeta(3)} \displaystyle{\max_{0 \leq k \leq n} \left |{\dfrac{d_{n,k}^{(2)}}{e_{n,k}^{(2)}} - \zeta(3)}\right |} \)

que cumplirán

\( \dfrac{d_{n,k}^{(2)}}{e_{n,k}^{(2)}}=\zeta(3)(1+\delta_{n,k}) \)

\( \left |{\delta_{n,k}}\right | \leq \epsilon_n, \hspace{1.5mm} \forall k \leq n \)

Además, \( \epsilon_n \longrightarrow{} 0 \) pues dado \( \varepsilon >0 \), existe un \( n_0 \in \mathbb{N} \) tal que si \( n \geq n_0 \),

\( \left |{\dfrac{d_{n,k}^{(2)}}{e_{n,k}^{(2)}} - \zeta(3)}\right | \leq \zeta(3) \varepsilon \hspace{1.5mm} \forall k \leq n \)

y así, si \( n \geq n_0 \)

\( \epsilon_n=\dfrac{1}{\zeta(3)} \displaystyle{\max_{0 \leq k \leq n} \left |{\dfrac{d_{n,k}^{(2)}}{e_{n,k}^{(2)}} - \zeta(3)}\right |} \leq \varepsilon \)

Con todo, observemos que

\( \dfrac{d_{n,k}^{(3)}}{e_{n,k}^{(3)}}=\dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}d_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}}=\dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}\zeta(3)(1+\delta_{n,l}) e_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}}=\zeta(3) \dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)} + \sum_{l=0}^k \binom{k}{l} \delta_{n,l} e_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}}=\zeta(3)\left(  1+ \dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l} \delta_{n,l} e_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}} \right) \)

y así, como \( e_{n,k}^{(2)} \geq 0 \),

\( \left |{\dfrac{d_{n,k}^{(3)}}{e_{n,k}^{(3)}}- \zeta(3)}\right | = \zeta(3) \dfrac{\left |{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l} \delta_{n,l} e_{n,l}^{(2)}}\right |}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}} \leq \zeta(3) \dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l} |\delta_{n,l}| e_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}}\leq \zeta(3) \dfrac{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l} \epsilon_n e_{n,l}^{(2)}}{\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(2)}}=\zeta(3) \epsilon_n \)

y por la convergencia a cero de \( \epsilon_n \), concluimos que efectivamente se da la convergencia uniforme en \( k \) del cociente buscado.

La cuarta transformación es análoga a la segunda,

\( d_{n,k}^{(4)}=\binom{n}{k}d_{n,k}^{(3)}  \)
\( e_{n,k}^{(4)}= \binom{n}{k}e_{n,k}^{(3)}  \)

luego, el cociente preserva la convergencia y \( M d_{n,k}^{(4)} \in \mathbb{Z} \); y la quinta, y última, transformación es análoga a la tercera

\( d_{n,k}^{(5)}=\sum_{l=0}^k \binom{k}{l}d_{n,l}^{(4)}  \)
\( e_{n,k}^{(5)}= \sum_{l=0}^k \binom{k}{l}e_{n,l}^{(4)}  \)

y por tanto, también se preservan estas dos propiedades buscadas.
[cerrar]

Definimos pues tras este proceso

\( a_n=d_{n,n}^{(5)}=\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k \binom{n}{k}^2 \binom{k}{l} \binom{n}{l} \binom{2n-l}{n} c_{n,n-l}}  \)

\( b_n=e_{n,n}^{(5)}=\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k \binom{n}{k}^2 \binom{k}{l} \binom{n}{l} \binom{2n-l}{n}} \)

que cumplirán que \( a_n/b_n \longrightarrow{} \zeta(3) \), \( b_n \in \mathbb{N} \) y \( 2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 a_n \in \mathbb{Z}  \).
Además, como se ve más adelante, estas sucesiones cumplen la siguiente recurrencia:

\( n^3 u_n + (n-1)^3 u_{n-2} = (34 n^3 - 51n^2 + 27n -5)u_{n-1}, \hspace{1.5mm} \forall n \geq 2 \)

siendo \( a_0=1, a_1=6 \) y \( b_0=1, b_1=5 \).

Sección 5: It seems that Apéry has shown that \( \zeta(3) \) is irrational

Aquí, partiendo de las sucesiones \( a_n, b_n \) definidas en la sección anterior, y suponiendo que efectivamente satisfacen la recurrencia descrita, se demuestra la irracionalidad de \( \zeta(3) \).

En primer lugar, denotamos \( P(n)=34 n^3 - 51n^2 + 27n -5 \) y por la recurrencia, tendremos que para \( n \geq 2 \)

\( n^3 a_n-P(n)a_{n-1}+(n-1)^3 a_{n-2}=0 \)
\( n^3 b_n-P(n)b_{n-1}+(n-1)^3 b_{n-2}=0 \)

de donde

\( b_{n-1} (n^3 a_n-P(n)a_{n-1}+(n-1)^3 a_{n-2}) - a_{n-1} (n^3 b_n-P(n)b_{n-1}+(n-1)^3 b_{n-2}) =0 \)

y así,

\( n^3(a_n b_{n-1} - a_{n-1}b_n)=(n-1)^3(a_{n-1}b_{n-2} - a_{n-2}b_{n-1}), \hspace{1.5mm} \forall n \geq 2 \)

Ahora, como \( a_1b_0-a_0b_1=6 \) observamos que

\( a_2b_1-a_1b_2=\frac{(2-1)^3}{2^3} (a_1b_0 - a_0b_1)=\frac{6}{2^3} \)
\( a_3b_2-a_2b_3=\frac{(3-1)^3}{3^3} (a_2b_1 - a_1b_2)=\frac{2^3}{3^3}\frac{6}{2^3}=\frac{6}{2^3} \)

y es fácil ver por inducción que

\( a_nb_{n-1} - a_{n-1}b_n=\dfrac{6}{n^3} \)

Veamos pues a partir de esto que para cada \( n \geq 0 \)

\( \zeta(3) - \dfrac{a_n}{b_n}= \displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty \dfrac{6}{k^3 b_n b_{n-1}}} \)

Basta pues observar que

\( \dfrac{a_n}{b_n} - \dfrac{a_{n-1}}{b_{n-1}} = \dfrac{a_nb_{n-1} - a_{n-1}b_n}{b_nb_{n-1}}=\dfrac{6}{n^3 b_n  b_{n-1}} \)

y así,

\( \displaystyle{\sum_{k=n+1}^N \dfrac{6}{k^3 b_n b_{n-1}}}= \displaystyle{\sum_{k=n+1}^N \dfrac{a_k}{b_k} - \dfrac{a_{k-1}}{b_{k-1}}} = \dfrac{a_N}{b_N} - \dfrac{a_n}{b_n} \)

de donde, tomándo límites cuando \( N \longrightarrow{} +\infty \) se tiene la igualdad deseada.

Con esto, como \( b_n \) es claramente una sucesión creciente, se tiene que

\( \left |{\zeta(3) - \dfrac{a_n}{b_n}}\right | = \displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty \dfrac{6}{k^3 b_n b_{n-1}}} \leq \dfrac{1}{b_n^2} \displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty \dfrac{6}{k^3}} \)

por lo que \( \zeta(3) - \frac{a_n}{b_n}=O(b_n^{-2}) \).

A partir de aquí, no entiendo prácticamente nada sobre como acota los términos, por lo que copiaré lo que el artículo dice y expondré mis dudas de forma visible.

A continuación, se dice que como \( b_n \) satisface la recurrencia (dividiendo por \( n^3 \) la que hemos enunciado)

\( b_n -  (34 - 51n^{-1} + 27n^{-2} -5n^{-3})b_{n-1}+ (1-3n^{-1}+3^{n^-2} - n^{-3}) b_{n-2} =0 \hspace{1.5mm} \forall n \geq 2 \)

y dado que el polinomio \( x^2-34x+1 \) tiene ceros \( (1\pm{}\sqrt{2})^4 \), si es \( \alpha=(1+\sqrt{2})^4 \), entonces \( b_n=O(\alpha^n) \).

DUDA 2: Entiendo, intuitivamente que el polinomio que se escoge, los coeficientes se toman como los coeficientes relevantes cuando la \( n \) se hace grande, en la relación dada, pero no veo de ninguna forma (y menos de manera rigurosa como me gustaría) como se llega a la cota asíntotica que se propone para \( b_n \).

Tras esta acotación, como \( a_n \) no es en general un entero, definimos

\( p_n=2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 a_n  \)
\( q_n=2 \mathrm{mcm} (1, 2, \cdots, n)^3 b_n \)

que por lo demostrado en la sección anterior si serán enteros, y así establece:

\( q_n=O(\alpha^2 e^{3n})  \)
\( \zeta(3) - \dfrac{p_n}{q_n}=O(\alpha^{-2n})=O\left(q_n^{-(1+\delta)}\right), \hspace{1.5mm} \delta=\dfrac{\log(\alpha)-3}{\log(\alpha)+3}>0 \)

DUDA 3: Como se ve que \( q_n=O(\alpha^2 e^{3n})  \).
DUDA 4: Como se ve que \( \zeta(3) - \dfrac{p_n}{q_n}=O(\alpha^{-2n})=O\left(q_n^{-(1+\delta)}\right) \).

Suponiendo esto cierto, basta aplicar el corolario 6, y queda demostrado que \( \zeta(3) \) es irracional.

Sección 8: Some rather complicated but ingenious explanations

En esta sección se demuestra lo que faltaría para completar la prueba, es decir, que realmente las sucesiones \( a_n, b_n \) satisfacen la recurrencia dicha.

EDITADO: Dudas 5 y 6 resueltas
Spoiler
En primer lugar, establece que:

DUDA 5: \( \sum_{k=0}^{n}\sum_{l=0}^k {n \choose k}^2 {n \choose l} {k \choose l} {2n-l \choose n}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{2n-k \choose n}^2 \)

de donde tendríamos que

\( b_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{2n-k \choose n}^2\underset{j=n-k}{=}\sum_{j=0}^n {n \choose n-j}^2{n+j \choose n}^2=\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2{n+j \choose j}^2  } \)

Por como continua el artículo, aunque no dice nada, se supone que esto también se puede hacer de alguna manera para \( a_n \), es decir,

DUDA 6: \(  \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k \binom{n}{k}^2 \binom{k}{l} \binom{n}{l} \binom{2n-l}{n} c_{n,n-l} = \sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{2n-k \choose n}^2 c_{n,n-k} \)

y así,

\( a_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{2n-k \choose n}^2 c_{n,n-k}\underset{j=n-k}{=}\sum_{j=0}^n {n \choose n-j}^2{n+j \choose n}^2 c_{n,j}=\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2{n+j \choose j}^2 c_{n,j}  } \)
[cerrar]

En primer lugar, observamos que

\( b_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{n+k \choose k}^2} \)
\( a_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{n+k \choose k}^2} c_{n,k} \)

pues considerando que \( \binom{k}{l}=0 \) si \( l>k \) podemos escribir

Spoiler
\( b_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}\sum_{l=0}^k {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}=\sum_{k=0}^{n}\sum_{l=0}^n {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}=\sum_{l=0}^{n}\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}\underset{l=n-m, k=j}{=}\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2 {j \choose n-m} {n \choose n-m} {n+m \choose n}=} \)
\( \displaystyle{=\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2 {j \choose n-m} {n \choose m} {n+m \choose m}\underset{m=k, j=l}{=} \sum_{k=0}^{n}{n \choose k} {n+k \choose k} \sum_{l=0}^n {n \choose l}^2 {l \choose n-k}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{n+k \choose k}^2} \)

donde la última igualdad se da porque como veremos a continuación,

\( \displaystyle{\sum_{l=0}^n {n \choose l}^2 {l \choose n-k}={n \choose k}{n+k \choose k}} \)

Antes de verlo, observemos que para \( a_n \) tenemos que si esta última igualdad es cierta, entonces

\( a_n=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}\sum_{l=0}^k {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}c_{n,n-l}=\sum_{k=0}^{n}\sum_{l=0}^n {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}c_{n,n-l}=\sum_{l=0}^{n}\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2 {k \choose l} {n \choose l} {2n-l \choose n}c_{n,n-l}\underset{l=n-m, k=j}{=}\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2 {j \choose n-m} {n \choose n-m} {n+m \choose n}c_{n,m}=} \)
\( \displaystyle{=\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=0}^n {n \choose j}^2 {j \choose n-m} {n \choose m} {n+m \choose m}c_{n,m}\underset{m=k, j=l}{=} \sum_{k=0}^{n}{n \choose k} {n+k \choose k} c_{n,k} \sum_{l=0}^n {n \choose l}^2 {l \choose n-k}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2{n+k \choose k}^2 c_{n,k}} \)

Sin más, recordemos que el teorema de Cauchy para el círculo nos dice que si \( f \) es analítica en un abierto conexo \( \Omega \) y \( \bar{B}(z_0,r) \subset \Omega \) entonces

\( f(k)(z)=\dfrac{k!}{2\pi i} \displaystyle{\int_{\left |{w-z_0}\right |=r} \dfrac{f(w)}{(w-z)^{k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w} \hspace{1.5mm} \forall z \in B(z_0,r) \)

En particular, si tomamos \( f(z)=(1+z)^n \) que es claramente entera, tenemos que para \( 0 \leq k \leq n \) se tiene que, por un lado

\( f^{(k)}(0)=\dfrac{n!}{(n-k)!} \)

y por otro

\( f^{(k)}(0)=\dfrac{k!}{2\pi i} \displaystyle{\int_{\left |{w}\right |=1} \dfrac{(1+w)^n}{w^{k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w} \)

de donde

\( \binom{n}{k}=\dfrac{1}{2\pi i} \displaystyle{\int_{\left |{w}\right |=1} \dfrac{(1+w)^n}{w^{k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w} \)

y con esto,

\( \displaystyle{\sum_{l=0}^n {n \choose l}^2 {l \choose n-k}=\sum_{l=0}^n \binom{n}{l} \dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \dfrac{(1+z)^n}{z^{l+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}z \dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{w}\right |=1} \dfrac{(1+w)^l}{w^{n-k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w=\dfrac{1}{2\pi i} \sum_{l=0}^n \int_{\left |{z}\right |=1} \left( \dfrac{(1+z)^n}{z^{l+1}} \dfrac{1}{2 \pi i}  \int_{\left |{w}\right |=1} \binom{n}{l} \dfrac{(1+w)^l}{w^{n-k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}z =\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \left( \dfrac{(1+z)^n}{z} \dfrac{1}{2 \pi i} \sum_{l=0}^n  \left( \int_{\left |{w}\right |=1} \binom{n}{l} \dfrac{(1+w)^l}{w^{n-k+1} z^l} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w \right) \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}z}= \)
\( =\displaystyle{\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \left( \dfrac{(1+z)^n}{z} \dfrac{1}{2 \pi i}   \int_{\left |{w}\right |=1} \left( \dfrac{1}{w^{n-k+1}}\sum_{l=0}^n \binom{n}{l} \left(\dfrac{1+w}{z}\right)^l \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}w \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}z=\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \left( \dfrac{(1+z)^n}{z} \dfrac{1}{2 \pi i}   \int_{\left |{w}\right |=1} \left( \dfrac{1}{w^{n-k+1}} \left(1+\dfrac{1+w}{z}\right)^n \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}w \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}z=\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \left( \dfrac{(1+z)^n}{z^{n+1}} \dfrac{1}{2 \pi i}   \int_{\left |{w}\right |=1} \dfrac{(1+w+z)^n}{w^{n-k+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}w \right)\hspace{0.5mm} \mathrm{d}z}= \)
\( \underset{g(s)=(1+z+s)^n}{=}\displaystyle{\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1}  \dfrac{(1+z)^n}{z^{n+1}} \dfrac{g^{(n-k)}(0)}{(n-k)!} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}z=\dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \dfrac{(1+z)^n}{z^{n+1}} \dfrac{n!}{(n-k)! (n-(n-k))!} (1+z)^{n-(n-k)} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}z = \binom{n}{k} \dfrac{1}{2\pi i} \int_{\left |{z}\right |=1} \dfrac{(1+z)^{n+k}}{z^{n+1}} \hspace{0.5mm} \mathrm{d}z = \binom{n}{k} \binom{n+k}{n}= \binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} \)
[cerrar]

EDITADO: Dudas 7, 9 y 10 resueltas
Spoiler
Con todo esto, si denotamos \( b_{nk}=\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2 \) y \( a_{nk}=b_{nk}c_{nk} \), entonces \( b_n=\sum_{k=0}^n b_{nk} \) y \( a_n=\sum_{k=0}^n b_{nk} c_{nk} \), luego debemos demostrar que

\( 0=(n+1)^3 b_{n+1} - (34 (n+1)^3 - 51(n+1)^2+27(n+1)-5)b_n+n^3 b_{n-1}=(n+1)^3 b_{n+1} - (34n^3+51n^2+27n+5)b_n+n^3 b_{n-1}= \)
\( =(n+1)^3b_{n+1,n+1}+(n+1)^3 b_{n+1,n} - (34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,n} + \displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} (n+1)^3 b_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,k}+n^3b_{n-1,k} } \)

Para ello, se define

\( B_{n,k}=4(2n+1)(k(2k+1)-(2n+1)^2) \binom{n}{k}^2 \binom{n+k}{k}^2 \)

que se supone que cumple

DUDA 7: \( B_{n,k}-B_{n,k-1}=(n+1)^3{n+1 \choose k}^2{n+1+k \choose k}^2-(34n^3+51n^2+27n+5){n \choose k}^2{n+k \choose k}^2+n^3{n-1 \choose k}^2{n-1+k \choose k}^2 \)

y suponiendo esto cierto, si que se concluir que

\( (n+1)^3b_{n+1,n+1}+(n+1)^3 b_{n+1,n} - (34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,n} + \displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} (n+1)^3 b_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,k}+n^3b_{n-1,k} }=0 \)

Pues

\( (n+1)^3b_{n+1,n+1}+(n+1)^3 b_{n+1,n} - (34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,n} + \displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} (n+1)^3 b_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)b_{n,k}+n^3b_{n-1,k} }=(n+1)^3-(34n^3+51n^2+27n+5)+n^3 + \displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} B_{n,k}-B_{n,k-1} }+ \)
\( +(n+1)^3\binom{2n+2}{n+1}^2+(n+1)^3 (n+1)^2 \binom{2n+1}{n}^2-(34n^3+51n^2+27n+5) \binom{2n}{n}^2=\left[(n+1)^3-(34n^3+51n^2+27n+5)+n^3 - B_{n,0}  \right] + \left[ B_{n,n-1} + (n+1)^3\binom{2n+2}{n+1}^2+(n+1)^5 \binom{2n+1}{n}^2-(34n^3+51n^2+27n+5) \binom{2n}{n}^2 \right]= \)
\( = \left[-4(2n+1)^3 - (-4(2n+1)^3)  \right]+ \left[ (-16n^5-64n^4-28n^3)\binom{2n-1}{n-1}^2 + (n+1)^3\binom{2n+2}{n+1}^2+(n+1)^5 \binom{2n+1}{n}^2-(34n^3+51n^2+27n+5) \binom{2n}{n}^2 \right]= \)
\( =(-16n^5-64n^4-28n^3)\left(\frac{1}{2}\binom{2n}{n} \right)^2+ (n+1)^3 \left( \frac{2(2n+1)}{n+1}\binom{2n}{n} \right)^2+(n+1)^5 \left(\frac{2n+1}{n+1} \binom{2n}{n}\right)^2-(34n^3+51n^2+27n+5) \binom{2n}{n}^2=0 \)

Resta pues demostrar la recurrencia para \( a_n \).

Para ello, se observa primero que

\( (n+1)^3b_{n+1,k}c_{n+1,k}-(34n^3+51n^2+27n+5)b_{n-1,k}c_{n-1,k}=(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k}+(n+1)^3b_{n+1,k}(c_{n+1,k}-c_{n,k})-n^3 b_{n-1,k}(c_{n,k}-c_{n-1,k}) \hspace{2mm} (*) \)

y, como "claramente"

DUDA 8: \( c_{n,k}-c_{n-1,k}=\dfrac{(-1)^k (k!)^2 (n-k-1)!}{n^2 (n+k)!} \)

definiendo

\( A_{n,k}=B_{n,k}c_{n,k}+\dfrac{5(2n+1)(-1)^{k-1}k}{n(n-1)} \binom{n}{k} \binom{n+k}{k} \)

se puede obtener que

DUDA 9: \( (*) = A_{n,k}-A_{n,k-1} \)

En teoría, a partir de esta expresión debería poder probarse la recursión para \( a_n \) pero, después de más de tres folios de igualdades, ni si quiera me he acercado a conseguirlo, luego la última de mis dudas es.

DUDA 10: ¿Cómo se puede probar la recursión para \( a_n \) a partir de todo lo anterior?
[cerrar]

Definiendo \( \binom{n}{k}=0 \) si \( n<k \) o \( k<0 \), si denotamos \( b_{n,k}=\binom{n}{k}^2\binom{n+k}{k}^2 \) y \( a_{n,k}=b_{n,k}c_{n,k} \), entonces \( b_n=\sum_{k=0}^n b_{n,k} \) y \( a_n=\sum_{k=0}^n b_{n,k} c_{n,k} \), y para todo \( n \geq 1 \) se tiene que

\( (n+1)^3b_{n+1}-(34(n+1)^3-51(n+1)^2+27(n+1)-5)b_n+n^3b_{n-1}=(n+1)^3b_{n+1}-(34n^3+51n^2+27n+5)b_n+n^3b_{n-1}=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1} (n+1)^3 b_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}+n^3 b_{n-1,k}} \)

donde \( P(n)=34n^3+51n^2+27n+5 \) y la última igualdad es consecuencia de que \( b_n=\sum_{k=0}^n b_{n,k} \) y de que \( b_{n,n+1}=b_{n-1,n+1}=b_{n-1,n+1}=0 \).

Así, debemos ver que esta última suma es siempre nula.

Para ello, definimos

\( B_{n,k}=4(2n+1)(k(2k+1)-(2n+1)^2)b_{n,k} \)

y, si vemos que para cada \( n \geq 1 \) y \( k \in \mathbb{Z} \) es

\( B_{n,k}-B_{n,k-1}=(n+1)^3 b_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}+n^3 b_{n-1,k} \)

entonces, por lo visto tenemos que

\( (n+1)^3b_{n+1}-(34(n+1)^3-51(n+1)^2+27(n+1)-5)b_n+n^3b_{n-1}=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1} B_{n,k}-B_{n,k-1}}=B_{n,n+1}-B_{n,-1}=0 \)

pues \( B_{n,n+1}=B_{n,-1}=0 \) al ser \( b_{n,n+1}=b_{n,-1}=0 \), y concluimos con que efectivamente \( b_n \) satisface la recursión.

Sin más, si \( k<0 \) es claro que \( B_{n,k}-B_{n,k-1}=(n+1)^3 b_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}+n^3 b_{n-1,k}=0 \).
Si es \( k=0 \) entonces tenemos por un lado que

\( B_{n,0}-B_{n,-1}=B_{n,0}=-4(2n+1)^3 \)

y por otro que

\( (n+1)^3 b_{n+1,0} - P(n)b_{n,0}+n^3 b_{n-1,0}=(n+1)^3-P(n)+n^3=-4(2n+1)^3 \)

Por último, si es \( k>0 \) podemos distinguir tres casos.
Si es \( n+1<k \), entonces es claro que \( B_{n,k}-B_{n,k-1}=(n+1)^3 b_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}+n^3 b_{n-1,k}=0 \).
Si es \( k=n+1 \), entonces

\( B_{n,n+1}-B_{n,n}=-B_{n,n}=4(n+1)(2n+1)^2 b_{n,n} \)

y

\( (n+1)^3 b_{n+1,n+1} - P(n)b_{n,n+1}+n^3 b_{n-1,n+1}=(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}=(n+1)^3\dfrac{4(2n+1)^2}{(n+1)^2} b_{n,n}=4(n+1)(2n+1)^2 b_{n,n} \)

Si es \( n \geq k >0 \) entonces como

\( b_{n-1,k}=\dfrac{(n-k)^2}{(n+k)^2} b_{n,k} \)
\( b_{n+1,k}=\dfrac{(n+1+k)^2}{(n+1-k)^2} b_{n,k} \)
\( b_{n,k-1}=\dfrac{k^4}{(n-k+1)^2(n+k)^2} b_{n,k} \)

se cumple la relación

Spoiler
\( (B_{n,k}-B_{n,k-1})-((n+1)^3 b_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}+n^3 b_{n-1,k})= \)
\( =\left( 4(2n+1)\left( (2k^2+k-(2n+1)^2)-(2(k-1)^2+(k-1)-(2n+1)^2)\dfrac{k^4}{(n-k+1)^2(n+k)^2} \right) - (n+1)^3 \dfrac{(n+1+k)^2}{(n+1-k)^2} + P(n) - n^3 \dfrac{(n-k)^2}{(n+k)^2} \right) b_{n,k}= \)
\( =\dfrac{b_{n,k}}{(n+1-k)^2(n+k)^2}\left( 4(2n+1)\left( (2k^2+k-(2n+1)^2)(n+1-k)^2(n+k)^2-(2(k-1)^2+(k-1)-(2n+1)^2)k^4 \right) - (n+1)^3 (n+1+k)^2 (n+k)^2 + P(n) (n+1-k)^2(n+k)^2 - n^3 (n-k)^2(n+1-k)^2 \right)=0 \)
[cerrar]

con lo que concluimos que efectivamente \( b_n \) cumple la recursión.

Ahora, para \( a_n \) emplearemos una técnica muy similar.
Comenzamos definiendo para \( n \geq 1 \)

\( S_{n,k}=(n+1)^3 b_{n+1,k}c_{n+1,k} - P(n)b_{n,k}c_{n,k}+n^3 b_{n-1,k}c_{n-1,k} \)

y bastará ver que \( \sum_{k=0}^{n+1} S_{n,k}=0 \).

En primer lugar, como

EDITADO: Duda 8 resuelta
Spoiler
DUDA 8: \( c_{n,k}-c_{n-1,k}=\dfrac{(-1)^k (k!)^2 (n-k-1)!}{n^2 (n+k)!} \)
[cerrar]

se cumple la realción

\( c_{n,k}-c_{n-1,k}=\dfrac{(-1)^k (k!)^2 (n-k-1)!}{n^2 (n+k)!} \)

pues

Spoiler
\( c_{n,k}-c_{n-1,k}=\displaystyle{\sum_{m=1}^n \dfrac{1}{m^3} + \sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^3 \binom{n}{m} \binom{n+m}{m}} - \sum_{m=1}^{n-1} \dfrac{1}{m^3} + \sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^3 \binom{n-1}{m} \binom{n+m-1}{m}}=\dfrac{1}{n^3}+\sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^3} \left(  \dfrac{(m!)^2(n-m)! n!}{n!(n+m)!}-\dfrac{(m!)^2(n-m-1)!(n-1)!}{(n-1)!(n+m-1)!} \right)}= \)
\( =\displaystyle{\dfrac{1}{n^3}+\sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^3} \dfrac{(m!)^2(n-m-1)!((n-m)-(n+m))}{(n+m)!}=\dfrac{1}{n^3}+\sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^m ((m-1)!)^2 (n-m-1)!}{(n+m)!}} \)

Observemos ahora que si es

\( t_{n,m}=\dfrac{(-1)^m (m!)^2 (n-m-1)!}{n^2 (n+m)!} \)

entonces

\( t_{n,m}-t_{n,m-1}=\dfrac{(-1)^m (m!)^2 (n-m-1)!}{n^2 (n+m)!}-\dfrac{(-1)^{m-1} ((m-1)!)^2 (n-m)!}{n^2 (n+m-1)!}=\dfrac{(-1)^m(m!)^2 (n-m-1)!-(-1)^{m-1} ((m-1)!)^2 (n-m)!(n+m)}{n^2 (n+m)!}= \)
\( =\dfrac{(-1)^m((m-1)!)^2 (n-m-1)!(m^2+(n-m)(n+m))}{n^2 (n+m)!}=\dfrac{(-1)^m ((m-1)!)^2 (n-m-1)!}{(n+m)!} \)

luego, por lo visto

\( c_{n,k}-c_{n-1,k}=\displaystyle{\dfrac{1}{n^3}+\sum_{m=1}^k \dfrac{(-1)^m ((m-1)!)^2 (n-m-1)!}{(n+m)!} = \dfrac{1}{n^3}+\sum_{m=1}^k t_{n,m}-t_{n,m-1} = \dfrac{1}{n^3}+ t_{n,k}-t_{n,0}=\dfrac{1}{n^3}+\dfrac{(-1)^k (k!)^2 (n-k-1)!}{n^2 (n+k)!}-\dfrac{(n-1)!}{n^2 n!}=\dfrac{(-1)^k (k!)^2 (n-k-1)!}{n^2 (n+k)!}} \)
[cerrar]

podemos expresar

\( S_{n,k}=(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k}+(n+1)^3 b_{n+1,k}(c_{n+1,k}-c_{n,k}) - n^3 b_{n-1,k} (c_{n,k}-c_{n-1,k})=(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k} + (-1)^k (k!)^2 \left (
(n+1)^3 b_{n+1,k} \dfrac{(n-k)!}{(n+1)^2 (n+1+k)!} - n^3 b_{n-1,k} \dfrac{(n-k-1)!}{n^2 (n+k)!} \right)= \)
\( =(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k} + (-1)^k (k!)^2 b_{n,k} \left( (n+1)\dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \dfrac{n+1+k}{(n+1-k)^2} - m \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \dfrac{n-k}{(n+k)^2} \right)= \)
\( =(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k} + (-1)^k (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \dfrac{b_{n,k}}{(n+1-k)^2(n+k)^2} \left( 2k^3n+k^3+2k^2n+k^2+6kn^3+9kn^2+3kn \right) \)

Definimos ahora para \( n \geq 1 \)

\( A_{n,k}=B_{n,k}c_{n,k}+\dfrac{5 (-1)^{k-1}k}{n(n+1)}\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}(2n+1) \)

y, si vemos que para cada \( n \geq 1 \) y \( k \in \mathbb{Z} \) se cumple que \( S_{n,k}=A_{n,k}-A_{n,k-1} \), entonces

\( \displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1} S_{n,k}=\sum_{k=0}^{n+1} A_{n,k}-A_{n,k-1} = A_{n,n+1} - A_{n,-1}=0 } \)

y concluimos.

Sin más, si \( k<0 \) es claro que \( S_{n,k}=A_{n,k}-A_{n,k-1}=0 \).
Si es \( k=0 \) entonces tenemos por un lado que

\( S_{n,0}=\displaystyle{(n+1)^3 \sum_{m=1}^{n+1} \dfrac{1}{m^3} - P(n) \sum_{m=1}^{n} \dfrac{1}{m^3} + n^3 \sum_{m=1}^{n-1} \dfrac{1}{m^3}=\begin{cases} 2^3 \left(  1+ \dfrac{1}{2^3} \right) - P(1)=-108 & \text{si}& n=1\\
\sum_{m=1}^{n} \dfrac{1}{m^3} ((n+1)^3 -P(n)+n^3)+\left( (n+1)^3 \dfrac{1}{(n+1)^3} - n^3 \dfrac{1}{n^3} \right)=-4(2n+1)^3 \sum_{m=1}^{n} \dfrac{1}{m^3}& \text{si}& n>1\end{cases}} \)

y por otro que

\( A_{n,0}-A{n,-1}=A_{n,0}=\begin{cases} -4(2\cdot 1 +1)^3=-108 & \text{si}& n=1\\
B_{n,0}c_{n,0}=-4(2n+1)^3 \sum_{m=1}^{n} \dfrac{1}{m^3} & \text{si}& n>1\end{cases} \)

Por último, si es \( k>0 \) podemos distinguir tres casos.
Si es \( n+1<k \), entonces es claro que \( S_{n,k}=A_{n,k}-A_{n,k-1}=0 \).
Si es \( k=n+1 \), entonces en primer lugar observemos que

\( c_{n,k}-c_{n,k-1}=\dfrac{(-1)^{k-1}}{2 k^3 \binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} \)

y así,

\( c_{n+1,n+1}-c_{n,n}=(c_{n+1,n+1}-c_{n+1,n})+(c_{n+1,n}-c_{n,n})=\dfrac{(-1)^n}{2(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}}+ \dfrac{(-1)^n (n!)^2}{(n+1)^2 (2n+1)!}=\dfrac{(-1)^n}{2(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}}+ \dfrac{(-1)^n 2(n+1)}{(n+1)^4 \binom{2(n+1)}{n+1}}=\dfrac{5}{2} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}} \)

Con esto, podemos expresar

\( S_{n,n+1}=(n+1)^3b_{n+1,n+1}c_{n+1,n+1}=-B_{n,n}c_{n+1,n+1}=-B_{n,n}c_{n,n} -B_{n,n} \dfrac{5}{2} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}} =-B_{n,n}c_{n,n} +  (n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}^2  \dfrac{5}{2} \dfrac{(-1)^n}{(n+1)^3 \binom{2(n+1)}{n+1}}=-B_{n,n}c_{n,n} + \dfrac{5}{2}(-1)^n  \binom{2(n+1)}{n+1} \)

y

\( A_{n,n+1}-A_{n,n}=-A_{n,n}=-B_{n,n}c_{n,n}-\dfrac{5(-1)^n-1 n}{n (n+1)} \binom{2n}{n} (2n+1)=-B_{n,n}c_{n,n}+ \dfrac{5 (-1)^n}{n+1} \dfrac{n+1}{2(2n+1)} \binom{2(n+1)}{n+1}(2n+1)=-B_{n,n}c_{n,n} + \dfrac{5}{2}(-1)^n  \binom{2(n+1)}{n+1} \)

Si es \( n \geq k >0 \) entonces como

\( A_{n,k}-A_{n,k-1}=(B_{n,k}-B_{n,k-1})c_{n,k}+B_{n,k-1}(c_{n,k}-c_{n,k-1})+(2n+1)\left( \dfrac{5 (-1)^{k-1} k}{n(n+1)} \binom{n}{k}\binom{n+k}{k} - \dfrac{5(-1)^k (k-1)}{n(n+1)} \binom{n}{k-1} \binom{n+k-1}{k-1} \right) \)

basta ver que

\( B_{n,k-1}(c_{n,k}-c_{n,k-1})+(2n+1)\left( \dfrac{5 (-1)^{k-1} k}{n(n+1)} \binom{n}{k}\binom{n+k}{k} - \dfrac{5(-1)^k (k-1)}{n(n+1)} \binom{n}{k-1} \binom{n+k-1}{k-1} \right) = (-1)^k (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \dfrac{b_{n,k}}{(n+1-k)^2(n+k)^2} \left( 2k^3n+k^3+2k^2n+k^2+6kn^3+9kn^2+3kn \right) \)

y efectivamente si denotamos por

\( C_{n,k}=(-1)^k (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \dfrac{b_{n,k}}{(n+1-k)^2(n+k)^2} \)

se cumple que

Spoiler
\( B_{n,k-1}(c_{n,k}-c_{n,k-1})+(2n+1)\left( \dfrac{5 (-1)^{k-1} k}{n(n+1)} \binom{n}{k}\binom{n+k}{k} - \dfrac{5(-1)^k (k-1)}{n(n+1)} \binom{n}{k-1} \binom{n+k-1}{k-1} \right)=(-1)^{k-1} (2n+1) \left( 4(2(k-1)^2)+k-1-(2n+1)^2) b_{n,k-1} \dfrac{1}{2 k^3 \binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} + \dfrac{5k}{n(n+1)}b_{n,k} \dfrac{1}{\binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} + \dfrac{5(k-1)}{n(n+1)} b_{n,k-1} \dfrac{1}{\binom{n}{k-1} \binom{n+k-1}{k-1}} \right)= \)
\( =(-1)^{k-1} (2n+1) b_{n,k} \left( 4(2k^2-3k+1-(2n+1)^2)\dfrac{k^4}{(n-k+1)^2(n+k)^2} \dfrac{1}{2k^3 \binom{n}{k} \binom{n+k}{k}}+ \dfrac{5k}{n(n+1)} \dfrac{1}{\binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} + \dfrac{5(k-1)}{n(n+1)} \dfrac{k^4}{(n-k+1)^2(n+k)^2} \dfrac{1}{\binom{n}{k-1} \binom{n+k-1}{k-1}} \right)= \)
\( =(-1)^{k-1} (2n+1) b_{n,k} \left( (2k^2-3k+1-(2n+1)^2) \dfrac{2k}{(n-k+1)^2(n+k)^2} \dfrac{(n-k)! (k!)^2 n!}{n! (n+k)!} + \dfrac{5k}{n(n+1)} \dfrac{(n-k)! (k!)^2}{(n+k)!} + \dfrac{5(k-1)}{n(n+1)} \dfrac{k^4}{(n-k+1)^2(n+k)^2} \dfrac{(n-k+1)! ((k-1)!)^2 n!}{n! (n+k-1)!} \right)= \)
\( =(-1)^{k-1} (2n+1) b_{n,k} \left( (2k^2-3k+1-(2n+1)^2) \dfrac{2k}{(n-k+1)^2(n+k)^2} (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} + \dfrac{5k}{n(n+1)} (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} +  \dfrac{5(k-1)}{n(n+1)} \dfrac{k^2}{(n-k+1) (n+k)} (k!)^2 \dfrac{(n-k)!}{(n+k)!} \right)= \)
\( =C_{n,k} (-2n-1) \left( (2k^2-3k+1-(2n+1)^2) 2k + \dfrac{5k}{n(n+1)} (n+1-k)^2(n+k)^2 +  \dfrac{5(k-1)}{n(n+1)} k^2 (n+1-k) (n+k)\right)= \)
\( =C_{n,k}(-2n-1)\left( 4k^3-6k^2+2k-8kn^2-8kn-2k+ \dfrac{5}{n(n+1)} ((k^5-2k^4-2k^3n^2-2k^3n+k^3+2k^2n^2+2k^2n+kn^4+2kn^3+kn^2)+(-k^5+2k^4+k^3n^2+k^3n-k^3-k^2n^2-k^2n)) \right)= \)
\( =C_{n,k}(-2n-1)\left( 4k^3-6k^2 -8kn^2 -8kn+ \dfrac{5}{n(n+1)} (n(-k^3n^2-k^3n+k^2n^2+kn^4+2kn^3+kn^2)) \right)=C_{n,k}(-2n-1)\left( 4k^3-6k^2 -8kn^2 -8kn + \dfrac{5}{n+1} ((n-1)(-k^3+k^2)+nk(n+1)^2) \right)= \)
\( C_{n,k}(-2n-1) ( 4k^3-6k^2 -8kn^2-8kn-5k^3+5k^2+5kn^2+5kn )=C_{n,k}(-2n-1)(-k^3-k^2-3kn^2-3kn)=C_{n,k}(2k^3n+k^3+2k^2n+k^2+6kn^3+9kn^2+3kn) \)
[cerrar]


Se que es un post muy largo, y hay una gran cantidad de dudas, pero como he comentado al principio, llevo más de un mes buscando en libros y por internet algún lugar donde aparezca la demostración original de Apéry con más detalle, y todo me lleva siempre a este artículo, que en mi opinión, deja muchos huecos sin rellenar.
Creo que sería muy bueno si entre todos pudiéramos completarla, pues es una demostración muy importante en la historia de las matemáticas, espero sus respuestas, y conforme vayan llegando o si consigo resolver alguna de las dudas por mi cuenta, iré actualizando el post para que al menos haya un lugar en internet donde esté la prueba completa.

Un saludo, y muchísimas gracias a todos los que participéis.

07 Abril, 2020, 05:40 pm
Respuesta #1

Eparoh

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Encontré un artículo de Cohen (éste) donde a mi parecer está mejor explicada la demostración y tras inumerables cuentas y borrones, he conseguido resolver las dudas 7, 9 y 10, que creo que eran las más pesadas.
Todas tienen su importancia en el contexto de la demostración de Apéry, pero las dudas realmente importantes para ésta que faltan por resolver son la 2, 3, 4 y 8.
Espero sus respuestas, a ver si con este nuevo artículo alguien es capaz de resolver el resto de dudas.
Un saludo y muchas gracias.

11 Abril, 2020, 01:26 pm
Respuesta #2

Eparoh

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Nuevamente actualizo con las dudas 5, 6 y 8 resueltas, con lo cual solo restan las cuatro primeras dudas.
A ver si alguien podría dar una explicación detallada sobre estas cotas asintóticas, pues esto ya se sale de mis conocimientos y tampoco estoy muy seguro en que referencias puedo buscar sobre este tema para conseguir completar lo que resta de la demostración. Lo agradecería muchísimo, después de todo este trabajo.
Un saludo y gracias.