Делимость суммы обратных

[Руст]

Пусть $H_n=1+\frac 12+...+\frac{1}{n}=\frac{a_n}{b_n}$ записан в виде несократимой дроби.
Доказать, что для любого простого $p>2$ существует бесконечно много значений n, для которых $n|a_n$.

[kotenok gav]

Вместо последнего $n$ $p$, я правильно понял?

[maxal]

Руст в сообщении #1237411 писал(а):

Пусть $H_n=1+\frac 12+...+\frac{1}{n}=\frac{a_n}{b_n}$ записан в виде несократимой дроби.
Доказать, что для любого простого $p>2$ существует бесконечно много значений n, для которых $n|a_n$.

Если имеется в виду $p\mid a_n$, то утверждение неверное.
Контр-примеры для маленьких $p$ даны в A177734. Так, например, $3\mid a_n$ влечёт $n\leq 22$, $5\mid a_n$ влечёт $n\leq 24$, $7\mid a_n$ влечёт $n\leq 102728$ и т.д.

[Руст]

По моим ручным счетам $H_67$ делится даже на 27.
Вообще, лучше ввести локальные гармонические

$$h_n=\sum_{k\le n, p\not |k} \frac{1}{k}.$$

Тогда $H_n$ можно разложить в ряд:

$$H_n=h_n+\frac 1p h_{[n/p]}+..=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{p^i}h_{[\frac{n}{p^i}]}=h_n+\frac{1}{p}H_{[\frac np]}.$$

Строим последовательность $n$, для которых $p|a_n$.
В первом уровне это те $n<p$, для которых $p|H_n=h_n$. Не надо думать, что в первом уровне только одна возможность $n_1=p-1$. Для некоторых простых несколько вариантов.
Во втором уровне рассматриваем числа $n_2=pn_1+a_2, 0\le a_2<p$, где $n_1$ число из первого уровня. При любом $a_2$ $H_{n_2}$ p- адический целое. Тем не менее, это не означает, что обязательно найдется $a_2$, что $p|H_{n_2}$. Если не найдется на этом уровне, то последовательность обрывается.
Однако, если найдется несколько таких, то разветвляется, как в случае $p>3$ во втором уровне. В некотором смысле вероятность разветвления не меньше вероятности обрыва последовательности. Для $p=3$, если мои расчеты верны, то за счет большого разветвления (уровня 3) при $n=67$ получится бесконечная последовательность.

[maxal]

Руст в сообщении #1237527 писал(а):

По моим ручным счетам $H_67$ делится даже на 27.

Нет, не делится даже на 3.

? numerator( sum(i=1,67,1/i) ) % 3
%1 = 2

-- Tue Aug 01, 2017 17:01:41 --

Минимальное простое число $p$, для которого конечность $n$ с условием $p\mid a_n$ не установлена, - это $p=83$.

Подробно этот вопрос изучался в статье
D.W. Boyd, A p-adic study of the partial sums of the harmonic series, Experimental Math., Vol. 3 (1994), No. 4, 287-302.

Он, например, установил, что максимальное $n$ с условием $11\mid a_n$ есть $n=1011849771855214912968404217247$.

[kotenok gav]

Формула неверна.

[Руст]

Эта задача в виде, что при $p\ge 5$ количество тех $n$, что $p|H_n$ равно (или по крайней мере не меньше) 3 появлялась в Mathlinks.
Я показал, что для p=3 так же не меньше 3 у которых числитель делится на 3 и высказал предположение, что их бесконечно.
Основания такие. Пусть $h_0=0, h_1,..,h_{p-1}$ р- адические представления р-адический целых. Среди них имеются равные по модулю р и даже по модулю $p^2, (p>3).$
Если среди них $k$ различных, то построение в следующем витке обрывается с вероятностью $\frac{p-k}{p}$. В то же время, при попадании на равные остатки разветвляется, может даже сразу на несколько частей и эта вероятность не меньше $\frac{p-k}{p}$.

Спасибо maxal, просвятил. Хотел здесь разобраться, верна ли такая гипотеза.

[maxal]

Руст в сообщении #1237589 писал(а):

Эта задача в виде, что при $p\ge 5$ количество тех $n$, что $p|H_n$ равно (или по крайней мере не меньше) 3 появлялась в Mathlinks.

В таком случае имеет смысл указывать конкретные ссылки, чтобы была возможность посмотреть первоисточник, а также возможно добавить и туда полезную информацию.
Здесь, как я понял, ссылка такая: http://artofproblemsolving.com/communit ... 18p8647928