Udowodnij, że liczby harmoniczne nie są naturalne

[Chichot Hioba]

Trzeba udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN, \; n > 1}\) liczba \(\displaystyle{ H_n \notin \NN}\)

gdzie, \(\displaystyle{ H_n := \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}\)

Ma ktoś pomysł z czego skorzystać?

[Premislav]

Może tak:
\(\displaystyle{ H_n= \frac{n!+\frac{n!}{2}+\dots+\frac{n!}{n}}{n!}}\)
Skoro \(\displaystyle{ n>1}\), to na mocy postulatu Bertranda istnieje liczba pierwsza w przedziale \(\displaystyle{ \left( \frac n 2, n\right]}\). Weźmy taką liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\). Dzieli ona \(\displaystyle{ n!}\) i nie dzieli licznika, gdyż \(\displaystyle{ p}\) dzieli wszystkie składniki w liczniku z wyjątkiem \(\displaystyle{ \frac{n!}{p}}\), c.k.d.

-- 21 maja 2019, o 15:08 --

Postulat Bertranda masz tutaj:

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand%27s_postulate

Pomyślę nad bardziej elementarnym podejściem, ale nie obiecuję, że coś wymyślę, gdyż jestem bardzo słaby z matematyki.

[Chichot Hioba]

Może tak:
\(\displaystyle{ H_n= \frac{n!+\frac{n!}{2}+\dots+\frac{n!}{n}}{n!}}\)
Skoro \(\displaystyle{ n>1}\), to na mocy postulatu Bertranda istnieje liczba pierwsza w przedziale \(\displaystyle{ \left( \frac n 2, n\right]}\). Weźmy taką liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\). Dzieli ona \(\displaystyle{ n!}\) i nie dzieli licznika, gdyż \(\displaystyle{ p}\) dzieli wszystkie składniki w liczniku z wyjątkiem \(\displaystyle{ \frac{n!}{p}}\), c.k.d.

Czy tu jest ukryte zasadnicze twierdzenie arytmetyki, czy czegoś nie widzę?
Nie bardzo rozumiem dlaczego wystarczy nam liczba pierwsza z przedziału \(\displaystyle{ \left( \frac n 2, n\right]}\)?

jestem bardzo słaby z matematyki

Myślę, że ta teza jest na wyrost.

[Brombal]

...
Nie bardzo rozumiem dlaczego wystarczy nam liczba pierwsza z przedziału \(\displaystyle{ \left( \frac n 2, n\right]}\)?
...

A po co ci więcej liczb pierwszych niż jedna? Będziesz coś nimi tapetował?

[Chichot Hioba]

Brombal, nie wiem właśnie.
Dlatego pytam.

[Premislav]

Postaram się trochę wyjaśnić.

To, co nam wystarczy, by wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{n!+\frac{n!}{2}+\dots+\frac{n!}{n}}{n!}}\)
nie jest liczbą całkowitą dla \(\displaystyle{ n>1}\), to pokazanie, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n>1}\) istnieje taka liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\), która wchodzi do rozkładu mianownika na czynniki pierwsze z większym wykładnikiem (proszę się nie czepiać, większy to większy, „ostro większy" mi się nie podobało, a po to mamy możliwość napisania „nie mniejszy", żeby tak odróżnić słabe nierówności słowem pisanym) niż w rozkładzie licznika na czynniki pierwsze. Możliwe, że tutaj da się to jakoś zoptymalizować, by ominąć postulat Bertranda/twierdzenie Czebyszewa, ale w tej chwili nie umiem.
Najłatwiej (tak przynajmniej pomyślałem) byłoby, gdyby istniała liczba pierwsza dzieląca mianownik, lecz niedzieląca licznika. Liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left( \frac n 2, n\right]}\) (istnieje na mocy wspomnianego postulatu Bertranda) jest (jako liczba całkowita z tego przedziału) którąś spośród liczb \(\displaystyle{ \left\lceil \frac n2\right\rceil, \ldots n}\),
zatem \(\displaystyle{ n!}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\).
Teraz popatrzmy na licznik. Kluczowe jest stwierdzenie, że wszystkie składniki postaci \(\displaystyle{ \frac{n!}{k}}\) dla \(\displaystyle{ k\in\left\{ 1, \ldots n\right\}\setminus\left\{ p\right\}}\) dzielą się przez tę liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\). Mianowicie:
\(\displaystyle{ \frac{n!}{k}}\) dla \(\displaystyle{ k}\) jak powyżej jest iloczynem wszystkich liczb całkowitych dodatnich nieprzekraczających \(\displaystyle{ n}\) i różnych od \(\displaystyle{ k}\), a zatem gdy \(\displaystyle{ k\neq p}\), to jednym z czynników w tym iloczynie jest po prostu \(\displaystyle{ p}\).
Aha, no i żadna liczba ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1, \ldots n\right\} \setminus \left\{ p\right\}}\) nie dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\) (jest tak, gdyż \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsza i zachodzi \(\displaystyle{ 2p>n}\)), toteż \(\displaystyle{ p\nmid \frac{n!}{p}}\).
Zatem licznik jest sumą liczby podzielnej przez \(\displaystyle{ p}\) i niepodzielnej przez \(\displaystyle{ p}\), tj. nie dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\).-- 21 maja 2019, o 16:49 --A, chyba już widzę, gdzie Ty dostrzegałeś powiązanie z zasadniczym twierdzeniem arytmetyki: zapewne w stwierdzeniu, że jeśli liczb pierwsza nie dzieli żadnego z czynników, to niedzieli iloczynu. Słusznie.

[Chichot Hioba]

To, co nam wystarczy, by wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{n!+\frac{n!}{2}+\dots+\frac{n!}{n}}{n!}}\)
nie jest liczbą całkowitą dla \(\displaystyle{ n>1}\), to pokazanie, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n>1}\) istnieje taka liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\), która wchodzi do rozkładu mianownika na czynniki pierwsze z większym wykładnikiem niż w rozkładzie licznika na czynniki pierwsze.

Cały mój kłopot jest w załapaniu tego dlaczego to nam wystarczy i teraz doszedł nowy: skąd wiemy, że liczba pierwsza \(\displaystyle{ p \in \left(\frac{n}{2}; n \right]}\) będzie w wykładniku większym niż \(\displaystyle{ 1}\) dla \(\displaystyle{ n!}\)?

[Premislav]

Przecież właśnie nie będzie. Będzie w wykładniku równym \(\displaystyle{ 1}\) dla \(\displaystyle{ n!}\) i zero dla
\(\displaystyle{ n!+\frac{n!}{2}+\dots+\frac{n!}{n}}\)

[Chichot Hioba]

Aha!
Ojej, nie widziałem tak prostej rzeczy...
Dziękuję!