Μπορεί να είναι ακέραιος ;

irakleios · #1

Δίνονται οι αριθμοί $x = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ...+\frac{1}{n}~, y = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} +\frac{1}{8} + ...+\frac{1}{2n}$

και $z = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + ...+\frac{1}{n} , ~n\in\mathbb{N}$ . Υπάρχει τιμή του φυσικού

ώστε κάποιος από τους x,y,z

να είναι ακέραιος ;

#2

irakleios έγραψε:Δίνονται οι αριθμοί $x = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ...+\frac{1}{n}~, y = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} +\frac{1}{8} + ...+\frac{1}{2n}$

και $z = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + ...+\frac{1}{n} , ~n\in\mathbb{N}$ . Υπάρχει τιμή του φυσικού ώστε κάποιος από τους να είναι ακέραιος ;

Υποθέτω ότι το

είναι τυπογραφικό λάθος αφού z=x

. Ας ασχοληθούμε με τους x,y

. Θα δείξουμε ότι το

δεν είναι ποτέ ακέραιος, οπότε πόσο μάλλον το

αφού $y = \frac {x}{2}$ . (Δεν αμφιβάλλω ότι το έχουμε ξαναδεί αλλά...)

Έστω 2^k

η μεγαλύτερη δύναμη του

με $2^k\le n$ . Προσθέτουμε τώρα τα κλάσματα κάνοντάς τα ομώνυμα με τον ΕΚΠ. Παρατηρούμε ότι το 2^k

εμφανίζεται ως παράγοντας μόνο μία φορά, του εαυτού του. Πράγματι, αν η ανάλυση σε πρώτους κάποιου παρονομαστή

περιείχε το 2^km

, με

περιττό, τότε $N\ge 2^km\ge 2^k\cdot 3 \ge 2^{k+1}$ . Αυτό είναι άτοπο από τον ορισμό του 2^k

.

Αν τώρα κάνουμε την πρόσθεση των (ομώνυμων πια) κλασμάτων, παρατηρούμε ότι όλοι οι αριθμητές είναι άρτιοι πλην του αριθμητή πάνω από το 2^k

. Άρα το άθροισμά τους είναι περιττός (*). Αφού ο παρονομαστής είναι άρτιος, το άθροισμα των κλασμάτων δεν μπορεί να είναι ακέραιος, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

(*)

όποιος δεν το βλέπει, συνιστώ να κάνει αριθμητικό παράδειγμα με π.χ. $\frac {1}{2} + \frac {1}{3} +... + \frac {1}{9}$ . Εδώ η μεγαλύτερη δύναμη του

είναι η

.

irakleios · #3

Ναι , έχετε δίκιο . Είναι δικό μου τυπογραφικό λάθος . Το σωστό

είναι $z = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{2n+1}$ .

#4

Για το

θα επικαλεστώ τα βαρέα όπλα:

Από θεώρημα του Bertrand, για κάθε φυσικό

υπάρχει τουλάχιστον ένας πρώτος στο διάστημα [n,2n]

.

Παίρνουμε τώρα ένα πρώτο

σε αυτό το διάστημα. Για n > 2

απαραίτητα ο

θα είναι περιττός και άρα ένα από τα κλάσματα του

θα είναι το 1/p

. Όμως το

δεν μπορεί να διαιρεί κανένα από τους υπόλοιπους παρονομαστές. Πράγματι αφού οι παρονομαστές είναι περιττοί, τότε αν το

διαιρεί κάποιον από αυτούς τότε αυτός θα είναι μεγαλύτερος ή ίσος του

, αλλά έχουμε $3p \geqslant 3n > 2n+1$ , άτοπο. Τώρα κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα (και απλοποιώντας) παρατηρούμε ότι ο παρονομαστής διαιρείται με το

ενώ ο αριθμητής όχι και άρα το κλάσμα δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

Για n=1,2

ελέγχουμε στο χέρι. [Για n=2

ουσιαστικά δεν χρειάζεται καν να ελέγξουμε. Η πιο πάνω απόδειξη με p=3

δουλεύει.]

Να προσθέσω ότι το πιο πάνω θεώρημα του Bertrand είναι αρκετά χρήσιμο σε ασκήσεις αριθμοθεωρίας ολυμπιάδων και καλό θα είναι να το γνωρίζουμε.

#5

irakleios έγραψε:Ναι , έχετε δίκιο . Είναι δικό μου τυπογραφικό λάθος . Το σωστό είναι $z = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{2n+1}$ .

Ωραία.

Η απόδειξη είναι παραλλαγή της παραπάνω αλλά με 3^k

στη θέση του 2^k

. Για χάρη πληρότητας, την γράφω ολόκληρη:

Έστω 3^k

η μεγαλύτερη δύναμη του

με $3^k\le 2n+1$ . Προσθέτουμε τώρα τα κλάσματα κάνοντάς τα ομώνυμα με τον ΕΚΠ. Παρατηρούμε ότι το 3^k

εμφανίζεται ως παράγοντας μόνο μία φορά, του εαυτού του. Πράγματι, αν η ανάλυση σε πρώτους κάποιου παρονομαστή

περιείχε το 3^km

, με $m\ge 5$ (σημειώστε οτι είναι όλοι περιττοί), τότε $N\ge 3^km\ge 3^k\cdot 5 \ge 3^{k+1}$ . Αυτό είναι άτοπο από τον ορισμό του 3^k

.

Αν τώρα κάνουμε την πρόσθεση των (ομώνυμων πια) κλασμάτων, παρατηρούμε ότι όλοι οι αριθμητές είναι πολλαπλάσια του

πλην του αριθμητή πάνω από το 3^k

. Άρα το άθροισμά τους δεν είναι πολλαπλάσιο του

. Αφού ο παρονομαστής είναι πολλαπλάσιο του 3, το άθροισμα των κλασμάτων δεν μπορεί να είναι ακέραιος, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ουπς: τώρα είδα την απάντηση του Δημήτρη. Τα αφήνω για τον κόπο.

#6

Demetres έγραψε:Να προσθέσω ότι το πιο πάνω θεώρημα του Bertrand είναι αρκετά χρήσιμο σε ασκήσεις αριθμοθεωρίας ολυμπιάδων και καλό θα είναι να το γνωρίζουμε.

Γνωστό και ως Bertrand's Postulate, μια εναλλακτική του απόδειξη ήταν το θέμα της πρώτης δημοσίευσης του Paul Erdos γύρω στα 20 του χρόνια -- στην ίδια περίπου ηλικία είκασα ότι κάτι τέτοιο ισχύει απλά και μόνο επειδή το χρησιμοποίησα σε παρόμοια άσκηση (αν όχι στην ίδια ακριβώς), ο τότε βοηθός στο Αριστοτέλειο δεν ήξερε τι να μου πει, αλλά 2-3 χρόνια αργότερα το ανέφερα σε μεταπτυχιακό συμφοιτητή στις ΗΠΑ (έναν χρόνο μπροστά μου) ... που πήγε στην βιβλιοθήκη, το αναζήτησε επίμονα -- σε βιβλία χάρτινα, διαδίκτυο τότε δεν υπήρχε -- και το βρήκε!

Γιώργος Μπαλόγλου

Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Re: Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Re: Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Re: Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Re: Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Re: Μπορεί να είναι ακέραιος ;

Μέλη σε σύνδεση