Нецелое число

[nnosipov]

Пусть $p$ --- простое число. Положим

$$ S(m,M)=\sum_{j=m}^M \frac{1}{1+(p-1)j}, \quad 1 \leqslant m<M. $$

Докажите, что $S(m,M)$ есть нецелое число.

[chessar]

nnosipov в сообщении #628792 писал(а):

что сумма дробей вида

Что под этим имеется ввиду? Что именно указанная сумма (при $m,M\in\mathbb{N}$ удовлетворяющих указанным условиям) является нецелой или, что сумма таких сумм (которые собственно тоже являются дробями) при разных $m,M$ является нецелой?

[nnosipov]

chessar, отредактировал условие задачи, посмотрите снова.

[TOTAL]

Зачем $m<M$? Чем страшно $m=M$ или $m>M$?

[Sonic86]

(неправильное решение)

$S(m,M)>0$, но $S(m,M)\leqslant\sum\limits_{j=m}^M\frac{1}{1+j}=\ln M-\ln m + o(1)$, тогда для целочисленности $S(m,M)$ необходимо $\ln M - \ln m \geqslant 1 \Leftrightarrow M\geqslant em$, а $e>2$. Значит можно воспользоваться постулатом Бертранааа....аааа, нет такого постулата для арифметических прогрессий. Либо его надо доказать.

upd: попытался выделить слагаемые со знаменателями кратными $q^k$ - тоже не выходит

[nnosipov]

TOTAL в сообщении #628806 писал(а):

Зачем $m<M$? Чем страшно $m=M$ или $m>M$?

Нижний индекс суммирования как-то привычнее считать меньше верхнего (или равным ему). Случай $m=M$ просто выброшен.

Sonic
Здесь не предполагается использовать постулат Бертрана, хотя для случая произвольной арифметической прогрессии в знаменателе без него обойтись не удаётся.

[alexo2]

nnosipov в сообщении #628792 писал(а):

Пусть $p$ --- простое число. Положим

$$ S(m,M)=\sum_{j=m}^M \frac{1}{1+(p-1)j}, \quad 1 \leqslant m<M. $$

Докажите, что $S(m,M)$ есть нецелое число.

Если $p=6n+1$ довольно легко доказать, а вот для других p...

[Профессор Снэйп]

TOTAL в сообщении #628806 писал(а):

Зачем $m<M$? Чем страшно $m=M$ или $m>M$?

А разве сумма пустого множества чисел не есть $0$?

[alexo2]

Можно ли так "наметить путь" доказательства:
1. Доказать, что чтобы сумма ряда "достигла" 1 (первого целого числа), необходимо определенное (минимальное) количество членов ряда, которое зависит от p.
2. Доказать, что среди членов этого ряда обязательно найдутся такие, что их знаменатель является простым числом большим 5?

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #628842 писал(а):

Если $p=6n+1$ довольно легко доказать ...

Не понимаю, как это может облегчить доказательство. Напишите подробнее.

alexo2 в сообщении #628967 писал(а):

Можно ли так "наметить путь" доказательства:
1. Доказать, что чтобы сумма ряда "достигла" 1 (первого целого числа), необходимо определенное (минимальное) количество членов ряда, которое зависит от p.
2. Доказать, что среди членов этого ряда обязательно найдутся такие, что их знаменатель является простым числом большим 5?

Первый пункт разумен: действительно, некоторые суммы $S(m,M)$ не являются целыми числами, так как для них справедлива оценка $0<S(m,M)<1$. По поводу второго пункта: доказать-то можно (это следует, например, из теоремы Дирихле об арифметических прогрессиях), но как этот факт использовать для решения нашей задачи?

[alexo2]

Ну, скажу, начиная со второго пункта: если среди членов ряда есть такие, что в знаменателе присутствуют простые множители, то и произведение знаменателей (то есть приведение к общему) содержит простой сомножитель, что в свою очередь влечет "дробность" получаемого числа.
А по поводу замечания о простых вида $6n+1$ - этих простых сомножителей в знаменателе будет гораздо больше, так сказать, "в удельном весе" на количество членов ряда...

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #629160 писал(а):

если среди членов ряда есть такие, что в знаменателе присутствуют простые множители, то и произведение знаменателей (то есть приведение к общему) содержит простой сомножитель, что в свою очередь влечет "дробность" получаемого числа.

Ну, эдак можно доказать, что вообще никакая сумма дробей не может быть целым числом, что абсурдно. Дело в том, что когда Вы складываете несколько дробей, в знаменателях которых присутствует один и тот же простой сомножитель $q$, знаменатель итоговой дроби может вообще не содержать этого $q$. Пример: $1/2+5/6=4/3$ для $q=2$.

alexo2 в сообщении #629160 писал(а):

А по поводу замечания о простых вида $6n+1$ - этих простых сомножителей в знаменателе будет гораздо больше, так сказать, "в удельном весе" на количество членов ряда...

Всё это очень неконкретно.

Попробуйте сначала рассмотреть самый простой частный случай этой задачи: докажите, что сумма

$$ \sum_{j=1}^M \frac{1}{j+1} $$

никогда не будет целым числом.

[alexo2]

[quote="nnosipov в [url=http://dxdy.ru/post629173.html#p629173]сообщении #629173[/url
Попробуйте сначала рассмотреть самый простой частный случай этой задачи: докажите, что сумма

$$ \sum_{j=1}^M \frac{1}{j+1} $$

никогда не будет целым числом.[/quote]

В знаменателе суммы всегда будет разность факториалов M и m.
А вот в числителе..

[xmaister]

(alexo2)

Есть же классическое доказательство того, что $H_n$ не целое для всех $n$. Домножаете $H_n$ на $2^kP$, $P$- произведение всех нечетных не превосходящих $n$, $2^k\le n$- наибольшее.

-- 11.10.2012, 06:57 --

Кстати, а существует ли подпоследовательность $a_{n_k},k\ge 1$ последовательности $\frac{1}{n},n\ge 1$ для которых $\sum\limits_{k=1}^{l}a_{n_k}$- целое для всех $l$?

[Руст]

xmaister в сообщении #629400 писал(а):

[off="alexo2"]
Кстати, а существует ли подпоследовательность $a_{n_k},k\ge 1$ последовательности $\frac{1}{n},n\ge 1$ для которых $\sum\limits_{k=1}^{l}a_{n_k}$- целое для всех $l$?

Глупый вопрос. По видимому имелось в ввиду еще о подпоследовательности $l_i$, так, чтобы при любом $i$ сумма $\sum_{l_{i-1}<n_k\le l_i}\frac{1}{n_k}$ целое. Тогда очевидно ответ положительный.