Гармонические числа

[scwec]

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 $n>1$

[JohnDou]

(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.

[Andrey A]

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.

[kotenok gav]

http://elementy.ru/problems/1263/Garmon ... nye_chisla

-- 09 дек 2018, 16:39 --

Это про их нецелость.

[scwec]

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.

[kotenok gav]

scwec в сообщении #1359981 писал(а):

Не целостность $H_n$ доказывается с его (постулат Бертрана) помощью очень просто.

А без его еще проще.

[JohnDou]

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.

[Andrey A]

$\dfrac{1}{48}+\dfrac{1}{49}+\dfrac{1}{50}=\dfrac{60^2+1}{140^2\cdot 3}$

[Andrey A]

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.

[mihaild]

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.

[scwec]

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 $H_n-H_k$.

[Andrey A]

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.

[mihaild]

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.

[scwec]

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.

[Andrey A]

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: $P_{\max}=3=k.$