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Una variante del problema proposto ancora dal sottoscritto e risolto da Igor a quest'indirizzo.

Problema: determinare tutti e soli gli $ n\in\mathbb{N} $ tali che $ \displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{1}{2k+1} $ sia un numero intero.

La soluzione dovrebbe essere molto simile a quella dell'altro.
Ci basta dimostrare che ciò valga per $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} $,in quanto il primo termine è 1.
Sia $ \displaystyle P = \prod_{k=1}^n 2k+1 $;abbiamo quindi che $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} = \frac{\frac{P}{3} + ... + \frac{P}{2n+1}}{P} $.Sia ora $ 3^m $ la massima potenza di 3 che divide $ 2n+1 $,e q l'intero più grande tale che $ 3^q | P $.
A questo punto abbiamo che tutti i termini al numeratore sono multipli di $ 3^{q-m+1} $;tranne il termine$ \frac {P}{3^m} $,multiplo di $ 3^{q-m} $ ma non di $ 3^{q-m+1} $.Di conseguenza la somma al numeratore non sarà divisibile per $ 3^{q-m+1} $,mentre il denominatore sarà divisibile per $ \displaystyle 3^q \geq 3^{q-m+1} $,e di conseguenza il denominatore non dividerà mai esattamente il numeratore.[/tex]

thematrix ha scritto:La soluzione dovrebbe essere molto simile a quella dell'altro.
Ci basta dimostrare che ciò valga per $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} $, in quanto il primo termine è 1.

Ammettiamo allora $ n \geq 1 $. Sai, non amo granché le sommatorie/produttorie vuote... Tu fa' poi come ti pare!

thematrix ha scritto:Sia ora $ 3^m $ la massima potenza di 3 che divide $ 2n+1 $ [...]

Semmai "sia $ m $ il massimo intero tale che $ 3^m \leq 2n+1 $", matricio caro... Il resto va bene!