1+1/2+...+1/n non è mai intero

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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EUCLA
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1+1/2+...+1/n non è mai intero

Messaggio da EUCLA » 21 nov 2008, 21:21

Provare che $ $u=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n} $ non è mai un intero, $ $\forall n\in \mathbb{N},\ n>1 $.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 21 nov 2008, 21:34

carino! con l'idea giusta viene al volo

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edriv
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Messaggio da edriv » 22 nov 2008, 14:24

julio14 ha scritto:carino! con l'idea giusta viene al volo
a te

String
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Messaggio da String » 22 nov 2008, 19:33

Io ho provato a risolverlo così:
$ $ 1+\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\cdots+\frac {1}{n}=a $ quindi
$ $ \frac {1}{a}\cdot \left( 1+\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\cdots+\frac {1}{n}\right) =1 $ cioè
$ $ \frac {1}{a}+\frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots+\frac {1}{na}=1 $.
Affinchè l'equazione sia verificata, deve essere
$ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots+\frac {1}{na}=\frac {k(a-1)}{ka} $
dove k è il mcm fra 2,3,...,n. Esso deve quindi essere $ \equiv 1\pmod a $ma $ a $ è un intero compreso tra 1 e n perciò k sarà sempre $ \equiv 0\pmod a $. Quindi la tesi dovrebbe essere dimostrata.
Bene, sicuramente avrò sbagliato qualcosa, chi mi corregge :?:
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 23 nov 2008, 12:54

String ha scritto:Esso deve quindi essere $ \equiv 1\pmod a $ma $ a $ è un intero compreso tra 1 e n perciò k sarà sempre $ \equiv 0\pmod a $
Non so dirti se è giusta o sbagliata perchè non la capisco.
L'ho letta e riletta, continuo a perdermi qui. Potresti rispiegarmelo meglio?

String
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Messaggio da String » 23 nov 2008, 13:46

Già, ho detto una cavolata. Allora, arrivo qui

$ $ \frac {1}{a}+\frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}=1 $

quindi affinchè l'equazione sia verificata deve essere

$ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}=\frac {k(a-1)}{ka} $ quindi

$ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}=\frac {a-1}{a} $

cioè deve essere $ <1 $. Questa condizione è soddisfatta se $ n<4 $ per cui restano solo pochi casi da verificare a mano, che non danno mai un intero.
Come va ora?
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Haile
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Messaggio da Haile » 23 nov 2008, 13:56

String ha scritto: $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}=\frac {a-1}{a} $

cioè deve essere $ <1 $. Questa condizione è soddisfatta se $ n<4 $ per cui restano solo pochi casi da verificare a mano, che non danno mai un intero.
Come va ora?
Qui dici che $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}< 1 $ per ogni $ $n<4$ $, o ho capito male io?
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

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Messaggio da Davide90 » 23 nov 2008, 14:05

Io avevo pensato a scrivere l'uguaglianza come $ \displaystile n! \codt a = \frac {n!}{1} + \frac {n!}{2} + \frac {n!}{3} + \dots + \frac {n!}{n} $
Ora considerando l'uguaglianza modulo $ $ p $ $ primo minore di $ $ n $ $, Si sarebbe dovuto ottenere qualcosa come $ 0 \cdot a \equiv -1 \cdot (p+1)(p+2)\dots (n-1)n \pmod p $ , assurdo. Si potrebbe fare?

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 23 nov 2008, 14:59

Mh, per accettare il discorso su $ p $ andrebbe fatta un ulteriore precisazione.
Tipo, in che intervallo sta? E chi ci assicura che esista un $ p $ del genere? :wink:

Complimenti per l'idea Davide, adesso vediamo chi conclude.. :D

String
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Messaggio da String » 23 nov 2008, 15:56

Haile ha scritto:
String ha scritto: $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}=\frac {a-1}{a} $

cioè deve essere $ <1 $. Questa condizione è soddisfatta se $ n<4 $ per cui restano solo pochi casi da verificare a mano, che non danno mai un intero.
Come va ora?
Qui dici che $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}< 1 $ per ogni $ $n<4$ $, o ho capito male io?
Si , hai capito bene. Il problema poi richiede anche che sia n maggiore di 1 per cui rimangono solo due casi da verificare.
Beh, ora può essere giusto?
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Messaggio da EUCLA » 23 nov 2008, 16:28

No, String, la cosa può essere vera se non ci fosse quell' $ a $.

Scrivendola come $ $\frac{1}{a}\cdot \bigg(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}\bigg) $, vedi che il fatto che $ a $ può essere grande quanto vuoi crea qualche problema con la tua affermazione..

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Messaggio da julio14 » 23 nov 2008, 21:08

non ho molto capito se quello di edriv era un rimprovero o cosa... comunque la mia idea era il postulato di bertrand: al denominatore abbiamo quindi sempre almeno un primo presente una sola volta, facendo l'MCD ci viene che il numeratore non è mai congruo a 0 modulo quel primo.

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Messaggio da EUCLA » 23 nov 2008, 21:44

Già, basta esattamente Lui per concludere, era anche la mia idea, che purtroppo però non andava bene per l'ambito dell'esercizio, dato che è proposto dopo poche lezioni del corso di Algebra.

Esiste infatti anche una soluzione che non fa uso di Bertrand - io non c'ero arrivata a quella :oops: - che consiste nel moltiplicare entrambi i membri per l'MCD $ (1,2,\cdots 2^{k}-1,2^{k}+1,\cdots ,n) $ dove $ 2^{k}\le n<2^{k+1} $. Anche questa l'ho trovata carina, è un problema che dà soddisfazione dai :D !

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Messaggio da julio14 » 23 nov 2008, 21:56

Molto bella! (suppongo che il $ $2^k+1 $ sia $ $2^k $)
Semplice e non usa bestioni come Bertrand che ovviamente non saprei minimamente dimostrare :mrgreen:

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Messaggio da EUCLA » 24 nov 2008, 14:18

No, dovrebbe essere giusto :? . Prima ho sbagliato a scrivere MCD, voleva essere un mcm :P . La scrivo per intero a questo punto.

$ $u= 1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} +\cdots +\frac{1}{n} $

$ \exists k\in \mathbb{N}\big\vert 2^{k}\le n<2^{k+1} $

Notiamo che $ 2^{k}\not \big\vert \ \textrm{mcm}(1,2,...2^{k}-1,2^{k}+1,...,n)=m $ perchè in m il 2 vi compare con esponente al massimo $ k-1 $.

Se supponiamo che $ u $ sia intero per un qualche $ n $, sarà intero anche $ um $.

Nell'altro membro $ $ m\cdot \bigg(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2^k}+\cdots +\frac{1}{n}\bigg) $ restituisce interi per qualsiasi $ i \vert 1\le i\le n, \ i\not =2^{k} $ per quanto detto prima.

Comunque la dimostrazione non è mia, a me l'hanno spiegata. Bertrand risolve molte cose 8) .

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