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napoleon_999

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[求助] 数论的一个小问题已有1人参与

证明1/(2k+1)+1/(2k+3)+......1/(2k+2m+1)不是整数，k和m均为正整数。感觉很难入手啊。

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1楼 2014-10-22 11:40:07

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hank612

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4楼: Originally posted by hank612 at 2014-10-23 11:28:29
Use some big theorem to get there.
http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf

Nagell's theorem, Kurschak's theorem, and Belbachir-Khelladi theorem based on the result of Shorey-T ...

http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf
可能大家对这个方向不熟，我来八卦一下。

（1）我们从 Shorey-Tijdeman定理入手：
Theorem（Shorey-Tijdeman, 1990): 设自然数a, d, k, 其中(a,d)=1互素， $k\geq 2$ . 考虑连乘积 $\Delta=\prod_{j=1}^{k}(a+(j-1)d)$ 中最大的素因子P。
只要 d>1, 那么就有 $P\geq k$ 其中，P=k当且仅当(x,d,k)=(2,7,3).

这意味着，在等差数列{a, a+d, a+2d,..., a+(k-1)d}这k个数中，有且只有一个能被P整除。这从P|(a+id), P|(a+jd) 可以推出P|((j-i)d, (j-i)a)=(j-i). 而 $P\geq k>(j-i)$ 看出。

（2）下面来一个显然的引理：
一组自然数 $n_1, n_2,...,n_k$ , 如果存在某个素数P，它整除其中一个n_i但不整除其他 $n_j, (j\neq i)$ , 那么 $\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\cdot+\frac{1}{n_k}$ 绝对不是整数。

这是因为，上面那个倒数和乘以 $N=\prod_{j\neq i} n_j$ , 那么除了 $\frac{N}{n_i}$ 不是整数（分母中的P消不去），其他的 $\frac{N}{n_j}$ 都是整数。

（3）不要小看这个简单的引理。它蕴含着：
Theorem (Belbachir-Khelladi, 2007) 如果a,d,k 自然数，k>1,那么对任意正整数次数 $e_0,e_1,\ldots,e_{k-1}$ , 倒数和 $\frac{1}{a^{e_0}}+\frac{1}{(a+d)^{e_1}}+\dots+\frac{1}{(a+(k-1)d)^{e_{k-1}}}$ 肯定不是整数。

证明：设(a,d)=q. 取P为等差数列连乘积的最大素因子。如果P|q, 那么倒数和 $<\frac{k}{P}\leq 1$ 不会是整数。如果P不整除q, 那P就是引理中使得倒数和非整数的异类。
如果你仔细读 Shorey-Tijdeman定理，就会问：d=1怎么办？凉拌。因为根据Chebyshev证明的Bertrand 假设：在n和2n之间必有一个素数。
那么考虑不超过n的最大的那么素数Q。会有 Q<= n <2Q, 从而 Q 不整除1，2，3，..., n 中除了Q自己以外的任意一个数，这个Q又扮演了异类的角色。

(4)以下定理都变成了推论：
Nagell 定理： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{a+(j-1)d}$ 绝非整数。

Kurschak 定理1918： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{a+(j-1)}$ 绝非整数。

Taeisinger 定理1915： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{j}$ 绝非整数。

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6楼2014-10-31 11:01:03

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Edstrayer

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【答案】应助回帖

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napoleon_999: 金币+10, ★有帮助 2014-10-23 18:29:48
napoleon_999: 金币+10 2015-03-09 17:02:52

设

$S(k,m)=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+3}+\cdots+\frac{1}{2k+2m+1}$

将 $2k+1,2k+3,\cdots,2k+2m+1$ 均分解成标准分解式:

$a(k,i)=2k+2i-1=\prod\limits_{j=1}^rp_j^{s_j^i}(i=1,2,\cdots,m+1)$

这里 $p_1<p_2<\cdots<p_r$ 均是奇素数。且

$s_j^i\geq 0(j=1,2,\cdots,r;i=1,2,\cdots,m+1)\quad\text{and} max{s_1^i,s_2^i,\cdots,s_r^i}\geq 1(i=1,2,\cdots,m+1)$

令 $t_j\stackrel{max}{1\leq i\leq m+1}\{s_j^i\}\geq 1(j=1,2,\cdots,r)$
再令 $t=\stackrel{max}{1\leq j\leq r}t_j\geq 1$ ，取到t值所对应的 $t_j$ 所对应的奇素数为 $p_j$
则在a(k,i)中有且仅有一个 $i_0$ 使得 $a(k,i_0)$ 中 $p_j$ 的幂次为t
现在令 $c=p_1^{t_1}p_2^{t_2}\cdots p_{j-1}^{t_{j-1}}p_j^{t-1}p_{j+1}^{t_{j+1}}\cdots p_r^{t_r}$
则cS(k,m)中只有

$\frac{c}{a(k.i_0)}=\frac{w}{p_j}$

这一项不为整数，其余项都是整数，所以cS(k,m)不是整数，注意到c是整数，从而S(k,m)不是整数。

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青葱岁月圣诞夜，浪漫歌舞迎新年。

2楼2014-10-23 09:07:01

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napoleon_999

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2楼: Originally posted by Edstrayer at 2014-10-23 09:07:01
设
S(k,m)=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+3}+\cdots+\frac{1}{2k+2m+1}
将2k+1,2k+3,\cdots,2k+2m+1均分解成标准分解式:
a(k,i)=2k+2i-1=\prod\limits_{j=1}^rp_j^{s_j^i}(i=1,2,\cdots,m+1)
这里p_1<p_2<\ ...

可是怎么保证只有一个i0能使Pj的幂次达到t呢，我觉得这似乎不能保证。

[ 发自手机版 http://muchong.com/3g ]

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3楼2014-10-23 11:22:44

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hank612

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3楼: Originally posted by napoleon_999 at 2014-10-23 11:22:44
可是怎么保证只有一个i0能使Pj的幂次达到t呢，我觉得这似乎不能保证。
...

Use some big theorem to get there.
http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf

Nagell's theorem, Kurschak's theorem, and Belbachir-Khelladi theorem based on the result of Shorey-Tijdeman.

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4楼2014-10-23 11:28:29

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