|
|
 |
Условие
Докажите, что существует бесконечно много натуральных n, для которых числитель несократимой дроби, равной 1 + ½ + ... + 1/n, не является степенью простого числа с натуральным показателем.
Решение
Положим 1 + ½ + ... + 1/n = S(n) = A(n)/B(n), где A(n) и B(n) взаимно просты. Заметим, что B(n) > n/2. Действительно, наибольшая степень двойки, не превосходящая n, является делителем ровно одного из чисел 1, 2, ..., n и потому является делителем знаменателя суммы S(n).
Предположим, что при всех n ≥ n0 число A(n) является степенью простого. Пусть p > n0 + 5 – простое число. Тогда A(p – 1) делится на p (слагаемые суммы S(p – 1) разбиваются на пары, для каждой из которых числитель суммы делится на p). Следовательно, A(p – 1) = pk.
Докажем, по индукции, что числитель A(pn – 1) также кратен p (и, стало быть, является степенью p) при всех натуральных n. База уже доказана.
Шаг индукции. где
(первое слагаемое как раз равно сумме слагаемых со знаменателями, кратными p). Сумма S' разбивается
на pn–1 сумм вида
l = 0, 1, ..., pn–1 – 1. Каждая из них имеет числитель, кратный p, что устанавливается как и для S(p – 1). Осталось убедиться, что числитель дроби
делится на p. Действительно, A(pn–1 – 1) = ps в силу индуктивного предположения, причём s > 1 (поскольку B(pn–1 – 1) ≥ ½ pn–1 ≥ p/2, а S(pn–1 – 1) ≥ S(n0 + 4) ≥ S(4) > 2).
Положим Если n > k, то числитель дроби Hp(n) делится на pk, но не на pk+1 (ибо Hp(n) – S(p – 1) – дробь,
числитель которой делится на pn). Отсюда получаем, что оба числителя A(pn – 1) и A(pn – p) делятся на p, но один из них не делится на pk+1. Значит, одна из дробей
S(pn – 1) и S(pn – p) не превосходит
при n = k + 2. Противоречие.
