Demostración mediante la valoración p-ádica

Question

$$\text{Prove that }\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}\text{ is not an integer for }n\ge 2$$

Esta es la solución:

Observe que $$\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} = \sum_{i=1}^n \frac{\frac{n!}{i}}{n!}$$ Consideramos que $v_2\left(\sum_{i=1}^n \frac{n!}{i}\right)$ . Sabemos que $$v_2\left(\frac{n!}{2i-1} + \frac{n!}{2i}\right)=v_2\left(\frac{n!}{2i}\right)$$ Entonces obtenemos $v_2\left(\frac{n!}{4i-2}+\frac{n!}{4i}\right)=v_2\left(\frac{n!}{4i}\right)$ y repitiendo para sumar el factorial de esta manera llegamos a $$v_2\left(\sum_{i=1}^n\frac{n!}{i}\right)=v_2\left(\frac{n!}{2^{\lfloor \log_2 n\rfloor}}\right)\tag{1}$$

No entiendo de la parte : "y repitiendo para sumar el factorial de esta manera llegamos a...", donde la ecuación $(1)$ ¿de dónde viene? ¿Alguien puede ayudar? Gracias.

Answer 1

Solución alternativa. Ecuación $(1)$ puede obtenerse a partir de un enunciado general: si $v_p(a_i)>v_p(a_m)$ por cada $1\leq i\leq n$ con $i\neq m$ entonces $$v_p\left(\sum_{i=1}^na_i\right)=v_p(a_m)$$ Porque tenemos \begin{align} v_p\Biggl(\sum_{1\leq i\leq n\\i\neq m}a_i\Biggr) &\geq\inf_{1\leq i\leq n\\i\neq m}v_p(a_i)\\ &>v_p(a_m) \end{align} en consecuencia \begin{align} v_p\Biggl(\sum_{1\leq i\leq n}a_i\Biggr) &=v_p\Bigl(a_m+\sum_{1\leq i\leq n\\i\neq m}a_i\Bigr)\\ &=\inf\left\{v_p(a_m),v_p\Biggl(\sum_{1\leq i\leq n\\i\neq m}a_i\Biggr)\right\}\\ &=v_p(a_m) \end{align}

En su caso, deje que $m=\lfloor\log_2(n)\rfloor$ Entonces $m\leq\log_2(n)<m+1$ Por lo tanto $2^m\leq n<2^{m+1}$ . En consecuencia, $2^mq>n$ por cada $q\geq 2$ Por lo tanto $v_2(i)<m$ por cada $1\leq i\leq n$ con $i\neq 2^m$ . Esto demuestra: \begin{align} &v_2\left(\frac{n!}i\right)>v_2\left(\frac{n!}{2^m}\right)& &i\neq 2^m \end{align} Así, \begin{align} v_2\Biggl(\sum_{1\leq i\leq n}\frac{n!}{i}\Biggr)=v_2\Bigl(\frac{n!}{2^m}\Bigr) \end{align}

Answer 2

Me gustó el problema y pensé en pensarlo un poco. Aquí está mi prueba.

Ser un número entero también puede describirse como $|\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}|_p\le 1$ para todos $n \ge 2 $ y para todos los primos $p$ . Podemos forzar una contradicción en cualquier primo específico fácilmente si miramos cuando $n=p$ entonces por la propiedad "el más fuerte gana" de la desigualdad ultramétrica,

$$\left| \sum_{i=1}^p \frac{1}{i} \right|_p = \left|\frac{1}{p} + \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \right|_p = \left| \frac{1}{p} \right|_p = p > 1$$

En este momento, sólo sabemos $\sum_{i=1}^n \frac{1}{i}$ no es un número entero en el rango $p \le n < 2p$ ya que no hay competencia con el $\frac{1}{p}$ término. En $n=2p$ tenemos una competencia potencial con $\left| \frac{1}{p} +\frac{1}{2p} \right|_p\le p $ que puede ser 1 o menos, lo que significa que puede ser potencialmente un número entero después de eso.

Sin embargo, ya que entre $p$ y $2p$ tenemos garantizado un primer $q$ por el postulado de Bertrand, entonces hemos encontrado un nuevo contraejemplo $|\sum_{i=1}^q \frac{1}{i}|_q = q > 1$ que es válido en el rango mayor $p \le n < 2q$ y así, por inducción, siempre podemos encontrar un primo más allá, por lo que la suma nunca es un número entero para $n \ge 2$ .