sia P l'insieme delle potenze perfette $ P=\{n^k|n,k \in {\mathbb N}, n>1, k>1\} $
dimostrare che $ \forall S \subset P $ si ha:
$ \displaystyle \sum_{n \in S} {1 \over {n-1}} \not \in \mathbb N $
sum_{n potenza perfetta} 1/(n-1)
il "da ... a ..." in genere è solo una abbreviazione. Quando hai una sommatoria, hai un insieme $ I $ degli indici, e il tuo parametro varia in questo insieme
ad esempio:
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n) $ lo posso scrivere in maniera equivalente come $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb N} f(n) $
invece di far variare "manualmente" l'indice, do in blocco tutti i valori che assume ^^
Così posso far variare gli indici, invece che nel mio insieme $ P $, in un suo qualsiasi sottinsieme. (non necessariamente un sottinsieme "bello", in progressione o esprimibile facilmente, uno qualsiasi, semplicemente)
(forse ho solo fatto casino, se qualcosa ancora sfugge, sono qua)
ad esempio:
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n) $ lo posso scrivere in maniera equivalente come $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb N} f(n) $
invece di far variare "manualmente" l'indice, do in blocco tutti i valori che assume ^^
Così posso far variare gli indici, invece che nel mio insieme $ P $, in un suo qualsiasi sottinsieme. (non necessariamente un sottinsieme "bello", in progressione o esprimibile facilmente, uno qualsiasi, semplicemente)
(forse ho solo fatto casino, se qualcosa ancora sfugge, sono qua)
_k_
E questo?! 
Da dove salta fuori? Mio Dio... 
Non possiedo ancora una soluzione completa, ma comunque... Ecco quel che ho saputo tirare fuori nei dieci minuti che gli ho dedicato finora.
Lemma #1: $ \sigma \in \mathbb{N} $ solo se $ a_1 = 2 $.
Dim.: ammettiamo $ a_1 \geq 3 $. E allora $ \displaystyle 0 < \sigma \leq \frac{9}{8} \sum_{i\in\mathcal{I}}\sum_{t\in E_i} \frac{1}{a_i^t} \leq $ $ \displaystyle\frac{9}{8}\sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{a_i^t} = \frac{9}{8}\sum_{i\in\mathcal{I}} \frac{1}{a_i(a_i-1)} \leq $ $ \displaystyle\frac{9}{8}\sum_{a=3}^{+\infty} \frac{1}{a(a-1)} = \frac{9}{16} < 1 $, perciocché $ \sigma \not\in\mathbb{N} $. Da qui la tesi, q.e.d.
Lemma #2: se $ \sigma \in \mathbb{N} $, allora necessariamente $ \sigma = 1 $.
Dim.: in base alla condizione stabilita dal lemma #1, nonché riprendendone la dimostrazione: $ 0 < \sigma \leq \displaystyle\sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{2^t-1} + \frac{9}{16} \leq $ $ \displaystyle\frac{4}{3} \sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{2^t} + \frac{9}{16} = \frac{2}{3} + \frac{9}{16} < \frac{59}{48} < 2 $. Da qui l'asserto, q.e.d.
Al momento attuale questo è quanto! O Kayo... Ma sei proprio sicuro si possa risolverlo per via elementare?
Da dove salta fuori? Mio Dio... Non possiedo ancora una soluzione completa, ma comunque... Ecco quel che ho saputo tirare fuori nei dieci minuti che gli ho dedicato finora.Sia $ \mathcal{I} = \mathbb{N}_0 $, se $ |S| = +\infty $; $ \mathcal{I} = \{1, 2, \ldots, m\} $, con $ m = |S| $, se $ 0 < |S| < +\infty $. Esistono allora una sequenza $ \{a_i\}_{i \in \mathcal{I}} \subseteq \mathbb{N} $ monotona (strettamente) crescente, con $ a_1 \geq 2 $, e una famiglia $ \{E_i\}_{i \mathcal{I}} $ di insiemi, con $ E_i \subseteq\mathbb{N}\setminus\{0,1\} $, per ogni $ i\in\mathcal{I} $, tali che, comunque scelto un $ n \in P $, possa porsi (e univocamente) $ n = a_i^t $, per qualche $ i\in\mathcal{I} $ e per un opportuno intero $ t \in E_i $. Ebbene, essendo $ \displaystyle\sigma = \sum_{n \in P} \frac{1}{n-1}= \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \frac{1}{a_i^t - 1} $, mostriamo che sussistono i susseguenti due lemmi:ReKaio ha scritto:sia P l'insieme delle potenze perfette $ P=\{n^k: n,k \in {\mathbb N}, n>1, k>1\} $. Dimostrare che, $ \forall S \subset P $ si ha: $ \displaystyle \sum_{n \in S} {1 \over {n-1}} \not \in \mathbb N $
Lemma #1: $ \sigma \in \mathbb{N} $ solo se $ a_1 = 2 $.
Dim.: ammettiamo $ a_1 \geq 3 $. E allora $ \displaystyle 0 < \sigma \leq \frac{9}{8} \sum_{i\in\mathcal{I}}\sum_{t\in E_i} \frac{1}{a_i^t} \leq $ $ \displaystyle\frac{9}{8}\sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{a_i^t} = \frac{9}{8}\sum_{i\in\mathcal{I}} \frac{1}{a_i(a_i-1)} \leq $ $ \displaystyle\frac{9}{8}\sum_{a=3}^{+\infty} \frac{1}{a(a-1)} = \frac{9}{16} < 1 $, perciocché $ \sigma \not\in\mathbb{N} $. Da qui la tesi, q.e.d.
Lemma #2: se $ \sigma \in \mathbb{N} $, allora necessariamente $ \sigma = 1 $.
Dim.: in base alla condizione stabilita dal lemma #1, nonché riprendendone la dimostrazione: $ 0 < \sigma \leq \displaystyle\sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{2^t-1} + \frac{9}{16} \leq $ $ \displaystyle\frac{4}{3} \sum_{t=2}^{+\infty} \frac{1}{2^t} + \frac{9}{16} = \frac{2}{3} + \frac{9}{16} < \frac{59}{48} < 2 $. Da qui l'asserto, q.e.d.
Al momento attuale questo è quanto! O Kayo... Ma sei proprio sicuro si possa risolverlo per via elementare? Se mi dite ch'esiste una soluzione banale a questo problema, vi giuro che mi dedico alla Geometria... 
Aggiungo ai due lemmi precedenti, questo che è un risultato dell'ultim'ora. Non so quanto alla fine possa servire per rispondere al quesito di K, ma vabbè... In un modo o nell'altro, ci si dovrà pur arrivare, no?!
Lemma #3: (con le notazioni del post precedente) $ \displaystyle\sigma \leq \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^k(a_i^k-1)} $.
Dim.: poiché si ammette $ a_i \geq 2 $, per ogni $ i \in \mathcal{I} $: $ \displaystyle \sigma = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \frac{1}{a_i^t-1} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \!\left( \frac{1}{a_i^t} \cdot \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} \right) $ $ \displaystyle = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{t \in E_i} \frac{1}{a_i^{kt}} \leq $ $ \displaystyle \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{t = 2}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^k(a_i^k - 1)} $, q.e.d.
Aggiungo ai due lemmi precedenti, questo che è un risultato dell'ultim'ora. Non so quanto alla fine possa servire per rispondere al quesito di K, ma vabbè... In un modo o nell'altro, ci si dovrà pur arrivare, no?! Lemma #3: (con le notazioni del post precedente) $ \displaystyle\sigma \leq \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^k(a_i^k-1)} $.
Dim.: poiché si ammette $ a_i \geq 2 $, per ogni $ i \in \mathcal{I} $: $ \displaystyle \sigma = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \frac{1}{a_i^t-1} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \!\left( \frac{1}{a_i^t} \cdot \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} \right) $ $ \displaystyle = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{t \in E_i} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{t \in E_i} \frac{1}{a_i^{kt}} \leq $ $ \displaystyle \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{t = 2}^{+\infty} \frac{1}{a_i^{kt}} = \sum_{i\in\mathcal{I}} \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{a_i^k(a_i^k - 1)} $, q.e.d.
Ok, dovrei esserci! 
Dunque... Osserviamo che, se $ i, j \in \mathcal{I} $ ed $ i \neq j $, allora $ a_i^h (a_i^h - 1) \neq a_j^k(a_j^k - 1) $, per ogni $ (h,k) \in E_i \times E_j $. E' stato scritto infatti (quasi provvidenzialmente) che...
Ma diciamo pure che ci sono arrivato con qualche spintarella da parte di K... ^^
Dunque... Osserviamo che, se $ i, j \in \mathcal{I} $ ed $ i \neq j $, allora $ a_i^h (a_i^h - 1) \neq a_j^k(a_j^k - 1) $, per ogni $ (h,k) \in E_i \times E_j $. E' stato scritto infatti (quasi provvidenzialmente) che...Se la condizione indicata a monte del quote non fosse soddisfatta, allora verrebbe a cadere l'unicità della rappresentazione di cui si postula qui sopra. Dunque $ \displaystyle\sum_{i \in\mathcal{I}}\sum_{k=2}^{+\infty} \frac{1}{a_i^k(a_i^k - 1)} < \sum_{m=2}^{+\infty} \frac{1}{m(m-1)} = 1 $, e la disuguaglianza è stretta in quanto si ammette che $ S $ sia un sottoinsieme proprio di $ P $. Da qui e dal lemma #3 la tesi, q.e.d.HiTLeuLeR ha scritto:Esistono [...] una sequenza $ \{a_i\}_{i \in \mathcal{I}} \subseteq \mathbb{N} $ monotona (strettamente) crescente, con $ a_1 \geq 2 $, e una famiglia $ \{E_i\}_{i \in\mathcal{I}} $ di insiemi, con $ E_i \subseteq\mathbb{N}\setminus\{0,1\} $, per ogni $ i\in\mathcal{I} $, tali che, comunque scelto un $ n \in P $, possa porsi (e univocamente) $ n = a_i^t $, per qualche $ i\in\mathcal{I} $ e per un opportuno intero $ t \in E_i $.
Ma diciamo pure che ci sono arrivato con qualche spintarella da parte di K... ^^Calcoliamo
$ \displaystyle\sum_{n\in P} {\frac{1}{n}}\displaystyle $
Consideriamo allora la seguente somma
$ S=(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+...)+(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+...)+... $
La somma dei termini in una parentesi vale $ \frac{1}{i(i-1)} $, dove $ i $ indica la base di tutte le potenze contenute in una parentesi.La somma in questione vale dunque
$ \displaystyle\sum_{i=2}^{+\infty}{\frac{1}{i(i-1)}}=1\displaystyle $
Notiamo ora che nella somma appena considerata contiamo ogni potenza perfetta una sola volta, eccetto che nelle parentesi in cui $ i $ è esso stesso una potenza perfetta.Le potenze che compaiono in tali parentesi sono infatti già state contate.Allora abbiamo che
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n}}=1-\sum_{n\in P}{\frac{1}{n(n-1)}}\displaystyle $
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n}}+\sum_{n\in P}{\frac{1}{n(n-1)}}=1\displaystyle $
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n-1}}=1\displaystyle $.
E' evidente allora che scegliendo un sottoisieme proprio di $ P $ la sommatoria in questione sarà minore di uno, e pertanto non può essere uguale ad un intero.
$ \displaystyle\sum_{n\in P} {\frac{1}{n}}\displaystyle $
Consideriamo allora la seguente somma
$ S=(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+...)+(\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+...)+... $
La somma dei termini in una parentesi vale $ \frac{1}{i(i-1)} $, dove $ i $ indica la base di tutte le potenze contenute in una parentesi.La somma in questione vale dunque
$ \displaystyle\sum_{i=2}^{+\infty}{\frac{1}{i(i-1)}}=1\displaystyle $
Notiamo ora che nella somma appena considerata contiamo ogni potenza perfetta una sola volta, eccetto che nelle parentesi in cui $ i $ è esso stesso una potenza perfetta.Le potenze che compaiono in tali parentesi sono infatti già state contate.Allora abbiamo che
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n}}=1-\sum_{n\in P}{\frac{1}{n(n-1)}}\displaystyle $
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n}}+\sum_{n\in P}{\frac{1}{n(n-1)}}=1\displaystyle $
$ \displaystyle\sum_{n\in P}{\frac{1}{n-1}}=1\displaystyle $.
E' evidente allora che scegliendo un sottoisieme proprio di $ P $ la sommatoria in questione sarà minore di uno, e pertanto non può essere uguale ad un intero.