H_n è intero sse n = 1

[HiTLeuLeR]

Un classico, ch'io stesso ricordo di aver proposto sulle pagine del vecchio forum. Ma ci sta una novità...

Problema: senza ricorrere al postulato di Bertrand (click!), dimostrare che, se $ n\in\mathbb{N} $ ed $ n > 1 $, allora $ \displaystyle H_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{k} $ non è un numero intero.

E' pensato per gli amanti delle "soluzioni carine", qualsiasi cosa voglia dire... Sì, è pensato giust'appunto per gli esteti come te, talpuzio caro! E' dunque certo: non sarò deluso...

[Igor]

Abbiamo che

$ \displaystyle H_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}=\displaystyle $

$ =1+\frac{2*3*\ldots *(n-1)+2*3*\ldots *(n-2)*n+\ldots +3*4*\ldots *n}{n!} $

Indichiamo con $ 2^s $ la massima potenza di due che divide $ n! $.

Consideriamo ora i termini al numeratore: essi sono della forma

$ \displaystyle\frac{n!}{a} $, con $ a $ che va da $ 2 $ a $ n $.

Prendiamo ora la massima potenza di due minore o uguale a $ n $, ed indichiamola con $ 2^h $.Notiamo che tra $ 2 $ ed $ n $ non ci sono multipli di $ 2^h $, perchè altrimente ci sarebbe sicuramente una potenza di due più grande.

Poniamo ora $ a=2^h $, ottenendo al numeratore un termine della forma$ 2^{s-h}*d $, dove $ d $ è un intero dispari.

Poichè tutti gli altri numeri tra 1 ed n presentano un numero di fattori due minore di
$ h $, possiamo riscrivere il numeratore nella forma

$ 2^{s-h}(2R+d) $, dove $ R $ è un opportuno numero intero.

La massima potenza di due che divide il numeratore è $ 2^{s-h} $.

Ora, poichè per $ n\geq 2 $ abbiamo $ h\geq 1 $, deduciamo che $ H_n $ non può essere un intero, in quanto al denominatore compaiono più fattori due rispetto al denominatore.

[HiTLeuLeR]

Splendida, Igor!