2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Гармонические числа
Сообщение08.12.2018, 21:15 
Заслуженный участник


17/09/10
1798
Гармоническое число $H_n=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+....+\dfrac{1}{n}$
Докажите, что $H_n$ и $\{{H_n}\}$ не являются квадратами рациональных чисел при натуральных $n>1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение09.12.2018, 00:24 
Аватара пользователя


20/07/18
103

(Решение для простых n)

1) Если $n=p$, то числитель $H_p=\frac{a}{b}$ не делится на $p$, а знаменатель - содержит $p$ в первой степени, что для квадрата невозможно.
2) $\{H_n\}=\frac{a-xb}{b}$ , $0<a-xb\leq b$ что не влияет на знаменатель.


(Попытка полного решения)

Для полного достаточно доказать лемму: Между простым $p$ и $2p$ всегда найдется хотя бы одно простое.

Тогда числитель не будет делиться на старшее простое, а знаменатель будет содержать его в первой степени.

Возможно есть что-то попроще.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение09.12.2018, 01:03 


21/11/12
749
Санкт-Петербург
JohnDou в сообщении #1359873 писал(а):
... достаточно доказать лемму: Между простым $p$ и $2p$ всегда найдется хотя бы одно простое.

Это постулат Бертрана (частный случай), он доказан. А как отсюда следует решение?

-- 09.12.2018, 02:02 --

JohnDou, я Вас понял. Мысль удачная, попробую её расшифровать. Определим рекуррентное правило так: $\dfrac{p_1=1}{q_1=1},\dfrac{p_2=3}{q_2=2},...,\dfrac{p_n=np_{n-1}+(n-1)!}{q_n=n!},...$ Пусть $b$ -- некоторое простое. Тогда $H_b=\dfrac{bp_{b-1}+(b-1)!}{b!}$. Числитель действительно не кратен $b$, и дробь не может быть квадратом. Смотрим дальше. $H_{b+1}=\dfrac{(b+1)p_b+b!}{(b+1)!}$ То, что $b$ не делит $p_b$ знаем из предыдущего. То, что $b$ не делит $(b+1)$ очевидно. Числитель не кратен $b$, знаменатель кратен, значит дробь не может быть квадратом по тем же причинам. И так далее до следующего простого, которое встретится раньше $n=2b$ в силу постулата Бертрана. А он доказан.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение09.12.2018, 09:08 


21/05/16
2427
Аделаида
http://elementy.ru/problems/1263/Garmon ... nye_chisla

-- 09 дек 2018, 16:39 --

Это про их нецелость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение09.12.2018, 14:41 
Заслуженный участник


17/09/10
1798
Идея использовать постулат Бертрана верная. Надо взять наибольшее простое число $\le{n}$ и дальше всё становится очевидно.
Не целостность $H_n$ доказывается с его (постулат Бертрана) помощью очень просто.
Точно так же доказывается, что если между $n$ и $k$ есть простые числа, то $H_n-H_k$ не целое и не квадрат рационального числа.
Но вот вопрос, может ли быть квадратом число $H_n-H_k$, если $n$ и $k+1$ не простые и между ними нет простых чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение10.12.2018, 07:27 


21/05/16
2427
Аделаида
scwec в сообщении #1359981 писал(а):
Не целостность $H_n$ доказывается с его (постулат Бертрана) помощью очень просто.

А без его еще проще.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение11.12.2018, 23:32 
Аватара пользователя


20/07/18
103
Andrey A, да, что-то в этом духе;

scwec в сообщении #1359981 писал(а):
не целое и не квадрат рационального числа.

И не является степенью.

scwec в сообщении #1359981 писал(а):
может ли быть квадратом число $H_n-H_k$, если $n$ и $k+1$ не простые и между ними нет простых чисел.

Набросок потенциального решения: можно взять число которое делится на $p_{max-1}$ т.е. число, с самым большим простым делителем (он будет в первой степени), и проделать аналогичные рассуждения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение12.12.2018, 02:36 


21/11/12
749
Санкт-Петербург
$\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{49}+\dfrac{1}{50}=\dfrac{60^2+1}{140^2\cdot 3}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение13.12.2018, 16:21 


21/11/12
749
Санкт-Петербург
Тут нужно изобрести другой постулат, а именно: произведение последовательных членов натурального ряда числом $>2$ содержит в каноническом разложении хотя бы одно простое $p$ в первой степени. Если это верно, то числитель соответствующей частной суммы гармонического ряда не делится на $p$, знаменатель делится, но не делится на $p^2$. Значит не целое и не квадрат. Случаи $k=2$ и $k=1$ тривиальны. Мне известно только, что биномиальные коэффициенты $\binom{n}{k}$ при $k>2$ не бывают степенью целого числа за исключением $\binom{50}{3}=140^2$.

PS Для $k=3,k=4$ доказывается вроде бы легко.
$(n-1)n(n+1)=n(n^2-1).$ Множители вз. просты. $n=3$ не годится.
$(n-1)n(n+1)(n+2)=(n^2-1)((n+1)^2-1).$ Множители могут иметь $\gcd =3$, но единственный контрпример $3^2-1=2^3.$ Как-то это связано с ABC гипотезой.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение13.12.2018, 19:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
2917
Москва
Andrey A в сообщении #1361056 писал(а):
произведение последовательных членов натурального ряда числом $>2$ содержит в каноническом разложении хотя бы одно простое $p$ в первой степени
Для $k = 3$ это эквивалентно несуществованию трех последовательных полнократных чисел. Это открытый вопрос.

-- 13.12.2018, 19:39 --

Хотя нет, это сильнее - $n$ может быть четным (а последовательных четных полнократных чисел не бывает). Так что шансы опровергнуть ваш постулат есть (тем более есть еще случай $k > 3$). А вот шансов доказать - нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение13.12.2018, 21:15 
Заслуженный участник


17/09/10
1798
Во всяком случае, справедливо утверждение.
Уравнение $y^2=x(x+1)(x+2)...(x+m)$ имеет целые решения только при $y=0$.
Можно посмотреть, пригодится ли оно для выяснения вопроса о возможности быть квадратом $H_n-H_k$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение13.12.2018, 23:31 


21/11/12
749
Санкт-Петербург
scwec тут требуется какое-то другое рассуждение. Может и пригодилось бы, но в данном контексте этого не достаточно. С факториалом ясно что не квадрат, но тут более общее. Это легко доказать?

mihaild интересно, спасибо. Кое-что по горячим следам.
1. Дается два определения, хотя проще сказать "не имеющие первых степеней в каноническом разложении", что и всплывает при определении k-полнократных чисел.
2. Эрдёш задавал вопрос, бесконечно ли число пар полнократных чисел вида $(23^3,2^3 \cdot 3^2 \cdot 13^2$, в которых ни одно из чисел в паре не является квадратом. Кажется опечатка, но дальше приводится некое частное решение, что странно. Условия разрешимости уравнения $ax^2-by^2=1$ определены теоремой Лежандра и легко проверяются полупериодом разложения $\sqrt{ab}$. Остается взять за $a,b$ произвольную пару $3$-x и более полнократных чисел (вз. простых, конечно). Где-то у нас было. Ага, тут https://dxdy.ru/post1325079.html#p1325079. Интересно: Эрдёш высказал гипотезу, что любое достаточно большое целое число является суммой максимум трёх полнократных чисел. Гипотеза была доказана Роджером Хит-Брауном[4].
3. В нашем случае требуется доказать, что произведение $k$ последовательных членов натурального ряда не является полнократным, но в случае $2n,2n+1,2n+2$ степени двойки можно уже не учитывать, в случае $k=4$ то же для степеней тройки. То есть сами члены не должны быть обязательно полнократными, такое требование скорее слабее чем сильнее.
mihaild в сообщении #1361104 писал(а):
А вот шансов доказать - нет.

А если и есть? Одна юная леди имела смелость сообщить Бернарду Шоу за обедом, что терпеть не может музыки Брамса. Он сказал не волнуйтесь, это не имеет ровным счетом никакого значения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение13.12.2018, 23:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
2917
Москва
Andrey A в сообщении #1361161 писал(а):
Кажется опечатка
Привел в соответствие с английской википедией: гипотеза состояла в том, что существует бесконечного много пар последовательных полнократных чисел, ни одно из которых не является квадратом.
Andrey A в сообщении #1361161 писал(а):
есть сами члены не должны быть обязательно полнократными, такое требование скорее слабее чем сильнее
Из утверждения "произведение $3$ последовательных чисел не является полнократным" следует "не существует трех последовательных полнократных чисел". Поскольку второе не доказано, а доказав первое, мы докажем и второе, то очень вряд ли мы докажем первое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение14.12.2018, 00:05 
Заслуженный участник


17/09/10
1798
Andrey A в сообщении #1361161 писал(а):
С факториалом ясно что не квадрат, но тут более общее. Это легко доказать?

Теорема принадлежит Эрдёшу. Набросок доказательства можно посмотреть в книге L.J.Mordell "Diophantine Equations" 1969 г. стр. 267 и в окрестности.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гармонические числа
Сообщение14.12.2018, 00:42 


21/11/12
749
Санкт-Петербург
mihaild Да. Вы правы. Достаточное условие.
scwec Если произведение $k$ членов не квадрат, значит существуют простые, входящие в каноническое разложение в нечетных степенях. Обозначим наибольшее из них $P_{\max}$. Если бы выполнялось $P_{\max}\geqslant k$, это служило бы доказательством, поскольку множитель кратный $P_{\max}$ гарантировано имелся бы в одном экземпляре, и числитель суммарной дроби не был бы кратен $P_{\max}$.
$48\cdot 49\cdot 50=2\cdot 3\cdot 140^2$. Тут это условие выполняется: $P_{\max}=3=k.$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 28 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group