调和级数不为整数的证明
文章目录
- 1. 问题引入
- 2. 证明
- 2.1 引理1
- 2.2 引理2
- 2.3 引理3：
- 2.4 核心证明：
- 3. 参考
1. 问题引入
s ( n ) = 1 + 1 2 + 1 3 + ⋯ + 1 n , n ∈ N ∗ , n ≥ 2 s(n) = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \quad \\n \in N^*, n \ge2 s(n)=1+21+31+⋯+n1,n∈N∗,n≥2
证明 s ( n ) s(n) s(n)一定不是整数。
2. 证明
反证法:
假设 s ( n ) s(n) s(n)为一整数；
T ∈ N ∗ , p ∣ T T \in N^*, p \mid T T∈N∗,p∣T
p ∣ T s ( n ) , T ∈ N ∗ p \mid Ts(n), T \in N^* p∣Ts(n),T∈N∗。
2.1 引理1
∀ n ∈ N ∗ , n = 2 k m , 2 ∤ m \forall n \in N^*,n=2^k m,2 \nmid m ∀n∈N∗,n=2km,2∤m
证明引理1：
2 ∤ n , n = 2 0 n 2 \nmid n,n=2^0n 2∤n,n=20n
2 ∣ n , n = 2 n 0 = 4 n 1 = ⋯ = 2 k m , 2 ∤ m 2 \mid n,n=2n_0=4n_1=\cdots=2^km, 2\nmid m 2∣n,n=2n0=4n1=⋯=2km,2∤m
引理2：
∀ n ∈ N ∗ , ∃ 唯一 k ，使得 2 k ≤ n < 2 k + 1 \forall n \in N^*,\exist 唯一k，使得 2^{k} \le n <2^{k+1} ∀n∈N∗,∃唯一k，使得2k≤n<2k+1
2.2 引理2
存在性：
取集合 T : = { t : 2 t ≤ n , t ∈ N } T := \{t:2^{t} \le n, t \in N\} T:={t:2t≤n,t∈N}；
容易得到 T T T有上界，因此 T T T有最大值 t t t。
因此 2 t ≤ n < 2 t + 1 2^{t} \le n <2^{t+1} 2t≤n<2t+1满足条件。
唯一性：
∃ t ′ < t , s . t . 2 t ′ ≤ n < 2 t ′ + 1 t ′ < t , t ′ + 1 ≤ t 2 t ≤ n < 2 t ′ + 1 \exists t' <t, s.t. \quad 2^{t'}\le n <2^{t'+1} \\ t' <t,t'+1\le t\\ 2^{t} \le n <2^{t'+1} ∃t′<t,s.t.2t′≤n<2t′+1t′<t,t′+1≤t2t≤n<2t′+1
2.3 引理3：
若 2 k ≤ n < 2 k + 1 , 且 1 ≤ a ≤ n , a ≠ 2 k , 则 2 k ∤ a 若2^{k} \le n < 2^{k+1},且1 \le a \le n, a \ne 2^{k},\\ 则2^{k} \nmid a 若2k≤n<2k+1,且1≤a≤n,a=2k,则2k∤a
若 2 k ∣ a , a ≥ 2 k , a ≠ 2 k , a ≥ 2 k + 1 2^{k} \mid a, a\ge2^{k},a \ne 2^{k},a \ge 2^{k+1} 2k∣a,a≥2k,a=2k,a≥2k+1;
又 a ≤ n < 2 k + 1 a\le n <2^{k+1} a≤n<2k+1矛盾，假设不成立。
2.4 核心证明：
将 n n n以内的整数唯一分解为引理1的形式
∀ j ∈ [ 1 , n ] , j ∈ N ∗ , j = 2 r j m j , 2 ∤ m j \forall j \in[1,n],j\in N^{*},j=2^{r_j}m_j, 2 \nmid m_j ∀j∈[1,n],j∈N∗,j=2rjmj,2∤mj
对 n n n运用引理2得到
2 k ≤ n < 2 k + 1 2^k \le n < 2^{k+1} 2k≤n<2k+1
取 T = 2 k m 1 m 2 ⋯ m n T=2^{k}m_1m_2\cdots m_{n} T=2km1m2⋯mn, 则 2 ∣ T s ( n ) 2 \mid Ts(n) 2∣Ts(n);
对 T s ( n ) Ts(n) Ts(n)中的每一项运用引理三，可以知道只有一
项是奇数，其他项都是偶数，因此和为奇数与假设
矛盾。
T s ( n ) = ∑ i = 1 n T i 2 ∤ 2 k m 0 ⋯ m n − 1 i , i = 2 k 2 ∣ 2 k m 0 ⋯ m n − 1 i , i ≠ 2 k Ts(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{T}{i}\\ 2 \nmid \frac{2^{k}m_0\cdots m_{n-1}}{i}, i = 2^{k}\\ 2 \mid \frac{2^{k}m_0\cdots m_{n-1}}{i},i \ne 2^{k} Ts(n)=i=1∑niT2∤i2km0⋯mn−1,i=2k2∣i2km0⋯mn−1,i=2k
3. 参考
zhihu
初等数论