OliForum Matematico

Ehm...non mi riesce questo problema, forse qui non è troppo fuori posto:

Dimostrare che la somma

$ \displaystyle \frac{1}{3} + \frac{1}{5}+...+\frac{1}{2n+1} $

è non intera, per ogni $ n \in \mathbb{N} $

sei d'accordo che la tesi equivale a: $ \displaystyle \prod_{1}^{n}{(2i+1)}\equiv 0 \pmod{(2k+1)^2} \forall k \in[1,n] $?
bertrand puo aiutare?

uhm .. bertrand non è proprio uno strumento semplice ed elementare...
piuttosto, ti faccio un esempio di come si dimostra che la somma degli inversi di tuttii numeri da 1 a n non è un intero per $ n\ge2 $:
poniamo n=5
$ 1+1/2+1/3+1/4+1/5=a/b $
con $ b=\textrm{mcm}(1,2,3,4,5) $$ =2^2\cdot 15=2^kc $ con c dispari e k naturale. (nota che $ 2^k $ è la più grande potenza di 2 minore o uguale a n)
Ora, ovviamente si avrà
$ a=(2^kc)/1+(2^kc)/2+(2^kc)/3+(2^kc)/4+(2^kc)/5 $
di tutti questi, solo $ (2^kc)/4 $ è dispari, gli altri sono pari.
Quindi a è dispari, mentre b è pari e dunque la frazione a/b non può essere un intero.
Questo si generalizza facilmente a un n qualsiasi (vero?).
Nel tuo caso, non potrai usare le potenze di 2 (hai solo numeri dispari), però ...

provo.

$ \displaystyle \sum_{i = 1}^n \frac{1}{2i+1} = \frac{a}{b} $

$ \displaystyle b = m.c.m.(3,5,\ldots,2n+1) = 3^{k_1}5^{k_2}\cdot $$ \displaystyle \ldots \cdot p^{k_n}_n = 3^{k_1}(2h+1) \equiv 0 \pmod{3} $ con $ k_1 $ massima potenza di 3 nei denominatori della somma.
$ \displaystyle a = \frac{3^{k_1}(2h+1)}{3} + \frac{3^{k_1}(2h+1)}{5} + $$ \displaystyle \ldots + \frac{3^{k_1}(2h+1)}{3^{k_1}} + \ldots \not\equiv 0 \pmod{3} $ L'ultima non-congruenza deriva dal fatto che gli addendi sono tutti multipli di 3 tranne il 3^{k_1}-esimo in quanto 3^{k_1} è la massima potenza. Bene quindi $ \displaystyle \frac{a}{b} $ non puo' essere intero in quanto al denominatore c'è un fattore 3 che non è presente al numeratore.[]

bel modo 'bruto'

Hmm manca un piccolissimo pezzo:
perché anche gli addendi successivi a $ 3^{k_1}(2h+1)/3^{k_1} $ sono multipli di 3? ovvero, perché questo gioco poteva non funzionare se usavamo il 5 al posto del 3?
Infine, un piccolo appunto notazionale: è meglio scrivere $ 3^{k_1}(3h\pm 1) $ per far capire che il secondo fattore è coprimo con 3 .. ok che è dispari, ma non è quello che interessa, no?

Ah, poi, come bruto??

EvaristeG ha scritto:Hmm manca un piccolissimo pezzo:
perché anche gli addendi successivi a $ 3^{k_1}(2h+1)/3^{k_1} $ sono multipli di 3? ovvero, perché questo gioco poteva non funzionare se usavamo il 5 al posto del 3?

bah... umm per assurdo esiste un'altro addendo che non è multiplo di 3, avrà quindi $ a \cdot 3^{k_1} $ al denominatore, con a > 1 ovviamente. Ma se così fosse a sarebbe dispari perchè il denominatore è dispari, quindi a è almeno 3. Ma se fosse a = 3, 3^{k_1} non sarebbe la massima potenza di 3; se a > 3 vi sarebbe un $ 3^{k_1+1} < a\cdot 3^{k_1} $ e quindi anche in questo caso 3^{k_1} non sarebbe il massimo, in entrambi i casi: assurdo per ipotesi.

ovviamente questa cosa non funziona con il 5 infatti se prendiamo 5^2 possiamo avere 2*5^2 < 5^3. (è tutto ovvio ma io non ci avevo pensato a questo problema )

EvaristeG ha scritto: Infine, un piccolo appunto notazionale: è meglio scrivere $ 3^{k_1}(3h\pm 1) $ per far capire che il secondo fattore è coprimo con 3 .. ok che è dispari, ma non è quello che interessa, no?

si, dopo aver scritto ho cominciato a pensare a cosa servissero quei 2h+1...

EvaristeG ha scritto: Ah, poi, come bruto??

be' prendiamo una somma di frazioni, facciamo il minimo comune multiplo e calcoliamo il numeratore cosa c'è di più barbaro