Задача олимпиада

[motovanya]

Докажите, что$ H = 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3}+ .....+ \frac{1}{n}$, Является целым лищь при n= 1. но при n> 1 число Н сколь угодно мало отличается от некоторых целых чисел.

[Shadow]

$\dfrac{n!+\frac{n!}{2}+\frac{n!}{3}+\cdots+\frac{n!}{p}+\cdots+\frac{n!}{n}}{n!}$

$ \\S_{n-1}<K<S_n\\ S_n-S_{n-1}=\frac 1 n$

[Dave]

Shadow в сообщении #559535 писал(а):

$\dfrac{n!+\frac{n!}{2}+\frac{n!}{3}+\cdots+\frac{n!}{p}+\cdots+\frac{n!}{n}}{n!}$

Это доказательство использует Постулат Бертрана?

[nnosipov]

Dave в сообщении #559660 писал(а):

Это доказательство использует Постулат Бертрана?

Тоже об этом подумал. Неужто как-то по-другому?

[Shadow]

Нет, я хотел сказать, что в числителе сумма натуральных чисел и все кроме $\frac{n!}{p}$ делятся на p, где p - наибольшее простое $p\le n$. Т.е, знаменатель делитя на p, а числитель - нет...

[Dave]

Shadow в сообщении #559708 писал(а):

Нет, я хотел сказать, что в числителе сумма натуральных чисел и все кроме $\frac{n!}{p}$ делятся на p, где p - наибольшее простое $p\le n$. Т.е, знаменатель делитя на p, а числитель - нет...

Если не использовать указанный постулат, то тогда есть вариант, что $p \leqslant \frac n 2$ и, т.к. в $n!$ есть и $p$ и $2p$ (т.е. $p^2$), то все $\frac {n!} i$ делятся на $p$.

[Shadow]

иии...да. нужен постулат Бертрана

[Doil-byle]

Вот, тут без постулата Бертрана.
Можно умножить всё это выражение (только единицу лучше выкинуть) на $2^{x-1}$, где x - наибольшее натуральное число такое, что $2^x \le n$. Получится число вида $ \frac{a}{b} + \frac{1}{2}$, где $(a,b)=1$ (или сократим), $b$ - нечётно, $\frac{1}{2} = \frac{2^{x-1}}{2^x} $. При $(a,b)=1$, число такого вида не может быть целым, что несложно доказать. (Вообще, если $\frac{a}{b}+\frac{c}{d} \in Z, (a,b)=1, (c,d)=1$, то $b = \pm d$.)