Serie armonica intera

[dr00ster]

Salve a tutti!
Dopo qualche periodo di assenza propongo un problemino: si dimostri che non esiste alcun $n>1$ tale che la sommatoria dei primi $n$ termini della serie armonica ($1+1/2+1/3+...+1/n$) sia un intero.

[axpgn]

Dimostrazione per assurdo:

Dato $n$ intero e maggiore di uno, assumiamo che $p=1+1/2+1/3+...+1/n$ sia intero; quindi lo è anche $q=p-1=1/2+1/3+...+1/n$ e pure intero sarà $2q=q+q=(1/2+1/3+...+1/n)+(1/2+1/3+...+1/n)=2/2+2/3+2/4+...+2/n$

Da questa uguaglianza otteniamo $2q-1=2/3+2/4+...+2/n\ =>\ 2q-1=2(1/3+1/4+...+1/n)$ ma a sinistra abbiamo un numero dispari mentre a destra è pari: assurdo.

Cordialmente, Alex

[dr00ster]

Credo sia necessario dimostrare che

$1/3+1/4+1/5+...+1/n$ non può ridursi ad una frazione del tipo $m/2$ con $m$ dispari

Io l'avevo risolto in un modo analogo...

[Erasmus_First]

"axpgn":$2q-1=2/3+2/4+...+2/n\ =>\ 2q-1=2(1/3+1/4+...+1/n)$ ma a sinistra abbiamo un numero dispari mentre a destra è pari: assurdo

? ? ?
Pari o dispari sono solo gli interi. Ma Se fosse intera la somma
$q = 1/2+1/3 +1/4 + ... + 1/n$
avremmo
$ 1/3 +1/4 + ... + 1/n = q - 1/2 = (2q-1)/2$ cioè non un intero bensì la metrà di un numero dispari.

Insomma: non hai dimostrato niente, hai solo scritto una identità
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Indicando con H(n) la somma di primi n addendi della serie armonica, nel caso di n pari ed n+1 numero primo la diimostrazione che H(n) non è intero è facile.
Infatti, per n > 1 associando il primo addendo all'ultimo, il secondo al penultimo, il terzo al terzultimo, ecc, si perviene ad una frazione in cui il numeratore ha il fattore n+1 che è primo ed il denominatore è n!.
Siccome la somma è minore di n, il numeratore non può essere multiplo del denominatore perché il rapporto non potrebbe essere minore di (n+1) essendo questo un fattore primo assente nel denominatore.
Sia per esempio n = 12 (ed allora n+1 = 13 è un numero primo). Abbiamo
$H(12) = 1 + 1/2 + ... + 1/12 = (1+1/12) + (1/2+ 1/11) + (1/3 + 1/10) + ... + (1/6+1/7) =$
$=13·(1/12 + 1/(2·11) + 1/(3·10) + ... +1/(6·7)= 13·114341760/(12!)$, che è del tipo $13·q/(12!)$ con $q$ intero.
Se fosse H(12) intero, siccome 12! non è divisibile per 13, q dovrebbe essere multiplo di 12! Ma allora sarebbe H(12) ≥ 13, mentre invece è H(12) < 12.
Pertanto H(12) non è intero.

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[dr00ster]

Il problema nella dimostrazione di axpgn può essere ovviato nel seguente modo:

Dimostriamo per assurdo.
Dato $n>1$ si assuma che $p=1+1/2+1/3+...+1/n$ sia intero.
Deve dunque essere intero anche $q=p-1=1/2+1/3+...+1/n$.
Moltiplichiamo ora $q$ per $2^k$, dove $2^k$ è la più alta potenza di due presente nei denominatori della nostra serie. Si noti che $3*2^k>2^(k+1)$, quindi $3*2^k$ non può essere presente nella serie.
Riordinando, otteniamo $2^kq=2^k(1/2+1/4+...+1/2^k)+2^k(1/3+1/5+1/6+...+1/n)=2^k-1+2^k(1/3+...+1/n)$. (Ho assunto che $n$ non sia una potenza di due, ma la dimostrazione non cambia).
Ora, perché il termine $2^k(1/3+1/5+...+1/n)$ possa essere un numero intero dispari, il denominatore di $(1/3+1/5+...+1/n)$ deve contenere il fattore $2^k$. Ma noi sappiamo che $mcm(3,5,6,...,n)$ non contiene sicuramente il fattore $2^k$ (il più piccolo denominatore contenente il fattore $2^k$, ovvero $3*2^k$, non può essere presente nella serie)!
Segue dunque che, ipotizzando che $2^k(1/3+1/5+...+1/n)$ possa essere un numero intero, deve necessariamente essere pari.
Questo è assurdo, perchè risulterebbe in $2^kq$ uguale ad un numero dispari.

[axpgn]

Avevo intrapreso quella strada ma mi sembrava troppo "incasinata" ...