调和级数不为整数的证明

1. 问题引入

$$\begin{gathered} s(n)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}, \\ n\in N^{\ast },n\ge 2 \end{gathered}$$
证明$s(n)$一定不是整数。

2. 证明

反证法:

假设$s(n)$为一整数；

$T\in N^{\ast },p\mid T$

$p\mid Ts(n),T\in N^{\ast }$。

2.1 引理1

$$\forall n\in N^{\ast },n=2^{k}m,2\nmid m$$
证明引理1：

$2\nmid n,n=2^{0}n$

$2\mid n,n=2n_0=4n_1=\cdots =2^{k}m,2\nmid m$

2.2 引理2

$$\forall n\in N^{\ast },\exists 唯一k，使得2^k\le n<2^{k+1}$$

存在性：

取集合 T : = { t : 2 t ≤ n , t ∈ N } T := \{t:2^{t} \le n, t \in N\} T:={t:2t≤n,t∈N}；

容易得到$T$有上界，因此$T$有最大值$t$。

因此$2^t\le n<2^{t+1}$满足条件。

唯一性：

$$\begin{gathered} \exists t^{\prime }<t,s.t.2^{t^{\prime }}\le n<2^{t^{\prime }+1} \\ {t}^{\prime }<t,t^{\prime }+1\le t \\ {2}^t\le n<2^{t^{\prime }+1} \end{gathered}$$

2.3 引理3：

$$\begin{gathered} 若2^k\le n<2^{k+1},且1\le a\le n,a\ne 2^k, \\ 则2^k\nmid a \end{gathered}$$
若$2^k\mid a,a\ge 2^k,a\ne 2^k,a\ge 2^{k+1}$;

又$a\le n<2^{k+1}$矛盾，假设不成立。

2.4 核心证明：

将$n$以内的整数唯一分解为引理1的形式

$\forall j\in [1,n],j\in N^{\ast },j=2^{r_j}{m}_j,2\nmid m_j$

对$n$运用引理2得到

$2^k\le n<2^{k+1}$

取$T=2^k{m}_1{m}_2\cdots m_n$, 则$2\mid Ts(n)$;

对$Ts(n)$中的每一项运用引理三，可以知道只有一

项是奇数，其他项都是偶数，因此和为奇数与假设

矛盾。

$$\begin{gathered} Ts(n)=\sum _{i=1}^n\frac{T}{i} \\ 2\nmid \frac{2^k{m}_0\cdots m_{n-1}}{i},i=2^k \\ 2\mid \frac{2^k{m}_0\cdots m_{n-1}}{i},i\ne 2^k \end{gathered}$$

3. 参考

zhihu
初等数论

原文地址：https://blog.csdn.net/bdn_nbd/article/details/145038641

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