Sólo he sido capaz de probar que cualquier extraño fracción se puede representar como la suma finita de impares diferentes fracciones de unidades.
En primer lugar, tenga en cuenta que es suficiente para demostrar los siguientes $(\star)$ :
$(\star)\ \ $ Cualquier número natural $N$ puede ser representado como la suma finita de impares diferentes fracciones de unidades.
(Si conseguimos $(\star)$, entonces todo lo que necesitamos es dividir a $N$ por un extraño que es el mismo denominador.)
Ahora, vamos a $p_i$ $i$- ésimo número primo impar dispuestos en orden ascendente. ($p_1=3, p_2=5, p_3=7, \cdots$) Aquí, utilizamos los siguientes dos famosos hechos :
$(1) \ \ p_{i+1}\lt 2p_i$ (por Chebyshev)
$(2) \ \frac1{p_1}+\frac1{p_2}+\cdots$ diverge. (Euler)
Por $(2)$, podemos tomar $n\ge 5$ tal que
$$\frac1{p_1}+\frac1{p_2}+\cdots+\frac1{p_n}\gt N+1.$$
Vamos a arreglar uno de esos $n$. Luego, dejando $P=p_1p_2\cdots p_n$, sabemos que $P\gt 3$ y que
$$\left(1+\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1+\frac1{p_n}\right)\gt 1+\left(\frac1{p_1}+\cdots+\frac1{p_n}\right)\gt 1+(N+1)\gt N+1+\frac 3P.$$
Ahora, vamos a $q_j$ $j$- th positivo divisor de $P$ dispuestos en orden ascendente: ($q_1, q_2,\cdots,q_m$ donde $m=2^n$)
$$q_1=1, q_2=3,q_3=5,q_4=7, q_5=11, q_6=13, q_7=15, \cdots, q_n=P.$$
Lema 1 : $q_{i+1}\lt 2q_i$ al $i=2,\cdots,m-2$.
(Tenga en cuenta que esto carece de $i=1,m-1$ porque $\frac{q_2}{q_1}=\frac{q_m}{q_{m-1}}=3\gt 2$.)
Lema 2 : Cada una de las $3,4,\cdots, q_1+q_3+q_4+\cdots+q_i$ puede ser representado como la suma de algunos de los diferentes elementos en $q_1,q_2,\cdots,q_i$ al $i=3,\cdots,m-1$.
(Por ejemplo, cuando se $i=3$, obtenemos $3=q_2, 4=q_1+q_2, 5=q_3, 6=q_1+q_3$. Al $i=4$, obtenemos $7=q_4, 8=q_1+q_4,9=q_1+q_2+q_3, 10=q_2+q_4, 11=q_1+q_2+q_4, 12=q_3+q_4, 13=q_1+q_3+q_4.)$
(Voy a probar estos lemas en el pasado.)
Vamos a demostrar que $(\star)$ sigue estos lemas. Para ello, vamos a $R=q_1+q_3+q_4+\cdots+q_{m-1}$.(Nota que este carece tanto de $q_2=3$$q_m=P$) Entonces, tenemos
$$R=(q_1+q_2+\cdots+q_m)-(3+P)=(p_1+1)\cdots(p_n+1)-(3+P).$$
Por lo tanto, ya que nos llega
$$\frac RP=\frac{(p_1+1)\cdots (p_n+1)}{P}-\left(\frac 3P+1\right)=\left(1+\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1+\frac1{p_n}\right)-\left(\frac 3P+1\right)\gt\left(N+1+\frac 3P\right)-\left(\frac 3P+1\right)=N,$$
sabemos que $3\le NP\lt R$. Por el lema 2, podemos representar a $NP$
$$NP=q_{a_1}+q_{a_2}+\cdots+q_{a_k} \ \ (1\le a_1\lt aa_2\lt \cdots\lt a_k\le m-1).$$
Por lo tanto, obtenemos
$$N=\frac{q_{a_1}}{P}+\cdots+\frac{q_{a_k}}{P}.$$
Aquí, desde cada una de las $q_{a_i}$ es un divisor positivo de $P$, cada una de las $\frac{q_{a_i}}{P}$ es una extraña unidad de fracción. Ahora la prueba de $(\star)$ se ha completado.
En la siguiente, vamos a demostrar el por encima de los lemas.
La prueba de lema 1 : Vamos a $_kr_i$ $i$- ésimo orden creciente de su número que se puede representar el producto de $k\ (k=0,\cdots,n)$ diferentes elementos en $p_1,\cdots,p_n$.
Por ejemplo, $$_kr_1=p_1p_2\cdots p_k,\ _kr_{\binom{n}{k}}=p_np_{n+1}\cdots p_{n-k+1},\ _0r_1=1, \ _nr_1=P.$$
Entonces, por el hecho de $(1)$, sabemos que podemos conseguir a $_kr_{j+1}\lt 2 _kr_j$.
Ahora, vamos a probar que $q_{i+1}\lt 2q_i$$i=2,\cdots, m-2$. Tenga en cuenta que $q_i=_kr_j$ algunos $k,j$ donde $1\le k\le n-1$. En primer lugar, si $j\lt \binom nk$, entonces sabemos que
$$q_{i+1}\le _kr_{j+1}\lt 2_kr_j=2q_i.$$
A continuación, si $j=\binom nk$, entonces tenemos
$$q_i=p_n\times p_{n-1}\times \cdots\times p_{n-k+1}$$
donde $i\le m-2$ lleva $k\le n-2$$n-k+1\ge 3$. En el $n=5$ de los casos, por $p_n=p_5=13$$p_1\times p_2=3\times 5=15$, sabemos
$$q_{i+1}\le p_1\times p_2\times p_{n-k+1}\times p_{n-k+2}\times\cdots\times p_{n-1}=\frac{15}{13}p_{n-k+1}\times p_{n-k+2}\cdots\times p_{n-1}\times p_n=\frac{15}{13}q_i\lt 2q_i.$$
En el $n\ge 6$ de los casos, por $p_n\ge p_6=17\gt 15=p_1\times p_2$, obtenemos
$$_{k+1}r_1\lt _kr_{\binom nk}\lt _{k+1}r_{\binom{n}{k+1}}.$$
Por lo tanto, ya podemos tak $l$ tal que
$$_{k+1}r_{l}\lt _kr_{\binom nk}\lt _{k+1}r_{l+1},$$
sabemos que
$$q_{i+1}\le _{k+1}r_{l+1}\lt 2 _{k+1}r_{l}\lt 2q_i$$
para $q_i= _kr_{\binom nk}.$ Ahora la prueba de lema 1 se ha completado.
La prueba de lema 2 : El $i=3$ de los casos es evidente. Tratamos $l\ge 4$ en el siguiente. En primer lugar, por la inducción en $i$, vamos a probar
$$(\star\star)\ \ 3+q_{i+1}\le q_1+q_3+q_4+\cdots+q_i+1$$
al $4\le i\le m-2$.
En $i=4$ de los casos, obtenemos
$$LHS=3+q_5=3+11=14, RHS=q_1+q_3+q_4+1=1+5+7+1=14.$$
Ahora, suponiendo que $(\star\star)$ es cierto cuando se $i=k\ (4\le k\le m-3)$, $i=k+1$ de los casos, por el lema 1 y la suposición inductiva, $LHS=3+q_{k+2}\lt 3+2q_{k+1}=(3+q_{k+1})+q_{k+1}\lt (q_1+q_3+q_4+\cdots+q_k+1)+q_{k+1}=RHS.$
Por lo tanto, la prueba de $(\star\star)$ se ha completado.
Ahora, vamos a probar lema 2 por inducción en $i$. El $i=4$ caso ha sido ya demostrada, así que vamos a suponer que el lema 2 se aplica al $i=k\ (4\le k\le m-2)$. Sabemos que los números de $3+q_{k+1}$ $q_1+q_3+q_4+\cdots+q_{k+1}$puede ser representado como la suma de algunos de los diferentes elementos en $q_1,q_2, \cdots, q_{k+1}.$ Por el camino, por $(\star\star)$, desde
$$3+q_{k+1}\le q_1+q_3+q_4+\cdots+q_k+1,$$
como resultado de ello, sabemos que los números de $3$ $q_1+q_3+q_4+\cdots+q_{k+1}$puede ser representado como la suma de algunos de los diferentes elementos en $q_1,q_2,\cdots,q_{k+1}$. Así lema 2 se aplica al $i=k+1$. Por lo tanto sabemos que el lema 2 es verdadera para $4\le i\le m-1$. Ahora la prueba de lema 2 se ha completado.
