1+1/2+...+1/n non è mai intero
1+1/2+...+1/n non è mai intero
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 $.
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
$ $ 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
"fatti non foste a viver come bruti,
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
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?
$ $ \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?
"fatti non foste a viver come bruti,
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
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Qui dici che $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}< 1 $ per ogni $ $n<4$ $, o ho capito male io?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?
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
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?
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?
Si , hai capito bene. Il problema poi richiede anche che sia n maggiore di 1 per cui rimangono solo due casi da verificare.Haile ha scritto:Qui dici che $ $ \frac {1}{2a}+\frac {1}{3a}+\cdots \frac {1}{na}< 1 $ per ogni $ $n<4$ $, o ho capito male io?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?
Beh, ora può essere giusto?
"fatti non foste a viver come bruti,
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
ma per seguir virtute e canoscenza"(Dante)
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 - 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 !
Esiste infatti anche una soluzione che non fa uso di Bertrand - io non c'ero arrivata a quella - 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 !
No, dovrebbe essere giusto . Prima ho sbagliato a scrivere MCD, voleva essere un mcm . 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 .
$ $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 .