Matematyka.pl

Udowodnić, że liczba \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+...+ \frac{1}{n} }\) nie jest liczbą całkowitą dla żadnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n>1}\).

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?

Kuźwa widzę, że to ciężkie jest dosyć. Spróbuję przetrawić ten dowód pierwszy z tej strony:
Zakładamy nie wprost, że istnieje \(\displaystyle{ m\in \NN}\), że \(\displaystyle{ H_m= \frac{1}{1}+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+...+ \frac{1}{m} \in \ZZ }\). Niech \(\displaystyle{ 2^T}\) oznacza najwyższą potęgę dwójki w mianownikach tej sumy.
Wychodzimy od tego:
\(\displaystyle{ H_m= \frac{1}{1}+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+...+ \frac{1}{m} }\) i dalej mamy:
(1)\(\displaystyle{ H_m- \frac{1}{2^T} = \frac{1}{1}+ \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}+...+ \frac{1}{2^t-1}+ \frac{1}{2^t+1}+...+ \frac{1}{m} }\)
i teraz mnożąc obustronnie przez \(\displaystyle{ 2^{T-1} }\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2^{T-1}H_m- \frac{1}{2}=2^{T-1}+ \frac{2^{t-1}}{2}+ \frac{2^{T-1}}{3}+\frac{2^{T-1}}{4}+\frac{2^{T-1}}{5}+\frac{2^{T-1}}{6}+...+\frac{2^{T-1}}{m} = }\) i teraz skracając ułamki po prawej stronie mamy:
(2)\(\displaystyle{ =2^{T-1}+2^{T-2}+ \frac{2^{T-1}}{3}+2^{T-3} + \frac{2^{T-1}}{5}+ \frac{2^{T-2}}{3}+...+ \frac{2^{T-1}}{m} }\)

Niech teraz \(\displaystyle{ S}\) będzie zbiorem mianowników po prawej stronie. Wówczas żaden element \(\displaystyle{ S}\) nie może mieć \(\displaystyle{ 2}\) jako czynnika ponieważ:
Rozważmy dowolny składnik:
\(\displaystyle{ \frac{2^{T-1}}{2^{J} \cdot k} }\) dla pewnych \(\displaystyle{ k}\) całkowitych, gdzie \(\displaystyle{ J\ge 0 }\) jest najwyższą potęgą \(\displaystyle{ 2}\), która dzieli mianownik. Żeby po skróceniu pozostała jakaś dwójka w którymś z mianowników potrzebowalibyśmy, żeby \(\displaystyle{ J>T-1}\). Gdyby tak było to \(\displaystyle{ 2^J \cdot k}\) miałoby w sobie czynnik \(\displaystyle{ 2^T}\), a jakiś mianownik byłby wielokrotnością \(\displaystyle{ 2^T}\). Ponieważ \(\displaystyle{ 2^T}\) jest największą potęgą dwójki w mianownikach \(\displaystyle{ H_m}\) to zbiór mianowników po prawej stronie (1) czyli:
\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,,...,2^T-1,2^T+1,...,m\right\} }\)
nie zawiera wielokrotności \(\displaystyle{ 2^T}\).
Dlatego nie może być wielokrotności dwójki w mianownikach prawej strony (2).
Niech zatem \(\displaystyle{ l=lcm(S)}\) będzie najmniejszą wspólną wielokrotnością elementów \(\displaystyle{ S}\).
Ponieważ dwójka nie jest dzielnikiem żadnego elementu \(\displaystyle{ S}\) to też nie będzie dzielnikiem \(\displaystyle{ l}\).
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ 2^{T-1}H_m- \frac{1}{2}=2^{T-1}+2^{T-2}+ \frac{2^{T-1}}{3}+2^{T-3} + \frac{2^{T-1}}{5}+ \frac{2^{T-2}}{3}+...+ \frac{2^{T-1}}{m} }\)
Mnożymy teraz prawą stronę licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ l}\). Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \frac{2^{T}H_m-1}{2} = \frac{2^{T-1}l+2^{T-2}l+2^{T-1} \frac{l}{3}+2^{T-3}l+2^{T-1} \frac{l}{5}+...+2^{T-1} \frac{l}{m} }{l} }\)
Teraz mnożąc obie strony przez \(\displaystyle{ 2l}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ l(2^TH_m-1)=2(2^{T-1}l+2^{T-2}l+2^{T-1} \frac{l}{3}+2^{T-3}l+2^{T-1} \frac{l}{5}+...+2^{T-1} \frac{l}{m} )}\)
I teraz taka obserwacja: Zauważmy, że lewa strona tego równania jest iloczynem dwóch liczb nieparzystych, a więc nieparzysta, a prawa jest iloczynem dwójki i liczby całkowitej (bo \(\displaystyle{ l}\) dzieli się przez wszystkie mianowniki prawej strony (2)), a zatem prawa strona jest parzysta i mamy sprzeczność. Wynika z tego, że nasze założenie, że takie \(\displaystyle{ m}\) istnieje było nieprawdziwe. A zatem to dowodzi, że dla \(\displaystyle{ n>1}\), \(\displaystyle{ H_n}\) nie jest liczbą całkowitą.

Czy dobrze to rozumiem?

Sorki, ale nie będę tego analizować

\(\displaystyle{ H_n=\frac{L_1+...+L_n}{n!}= \frac{L}{n!} }\) gdzie \(\displaystyle{ L_j = \frac{n!}{j} }\) , \(\displaystyle{ L_p}\) nie dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\) , ale \(\displaystyle{ L_j}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\) dla \(\displaystyle{ j \neq p}\) tj. \(\displaystyle{ H_n}\) nie jest całkowita, zaś
\(\displaystyle{ p}\) jest największą liczbą pierwszą nie większą od \(\displaystyle{ n }\); \(\displaystyle{ (2p>n)}\).

Harmonic_Number_is_not_Integer z linku (drugi dowód)

Analogicznie \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{3}+ ...+\frac{1}{2n+1}}\) też nie jest liczbą całkowitą.

Ten ostatni dowód wymaga postulatu Bertranda, czyli twierdzenia, że dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) istnieje liczba pierwsza \(\displaystyle{ \frac{n}{2} < p \le n}\). Natomiast taki sam argument działa, jeśli zastąpić liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\) przez największą potęgę dwójki \(\displaystyle{ 1 \le 2^t \le n}\). Taka jest zresztą idea przeformalizowanego dowodu z Proofwiki.