Proszę o przeniesienie poprzedniego tematu do kosza.
Mamy zadanie:
\(\displaystyle{ \forall n(n \in N \setminus \left\{ 0,1\right\} \Rightarrow \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} \neq C)}\) gdzie C jest pewną liczbą naturalną.
Proszę jedynie o pomysły
Jakby co będę się dopytywał 
-- 6 paź 2013, o 18:51 --
No to może napiszę do czego doszedłem.
\(\displaystyle{ \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} = \frac{sum\limits_{k=1}^n \frac{n!}{k}}{n!}}\)
Skoro licznik tego wyrażenia jest dzielony przez n! to w szczególności powinien być podzielny przez \(\displaystyle{ 2^{k}}\) gdzie \(\displaystyle{ \left\lfloor\log_{2}(n!) \right\rfloor = k}\).
Mozemy rozdzielic sumowanie dla potęg dwójki i pozostałych liczb.
\(\displaystyle{ \frac{n!}{1}+\frac{n!}{3}+\frac{n!}{5}+\frac{n!}{6}+\frac{n!}{7}+..+\frac{n!}{a}}\) gdzie \(\displaystyle{ a \neq 2^{b} \wedge a \in N}\) dla \(\displaystyle{ b \in N \setminus \left\{ 0\right\}}\) i
\(\displaystyle{ \frac{n!}{2}+\frac{n!}{4}+\frac{n!}{8}+...+\frac{n!}{2^{k}}= n!(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{2^{k}})=n!(1- (\frac{1}{2})^{k})}\)
Teraz pierwsza suma dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^{k}}\) ponieważ \(\displaystyle{ n!}\) posiada tyle dwójek i dzieli się jednocześnie przez poszczególne mianowniki, dostajemy wynik całkowity. Druga suma nie dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^{k}}\) poniewaz n! traci wszystkie dwójki przy tym skracaniu i otrzymany wynik nie dzieli się przez sume pozostałych ułamków o mianowniku o potęgach dwójki.
Liczba nie może być podzielna wiec jest niecałkowita. Suma liczby całkowitej i niecałkowitej daje liczbę niecałkowitą. Czy to kwalifikuje się jako dowód?
