Puede que la suma de dos secuencias de los recíprocos de los números enteros consecutivos iguales?

Question

Soy ante todo un programador, así que me perdone si no sé la correcta nomenclatura o notación.

Anoche, un viejo profesor mío me dijo acerca de una pregunta que le había provocado algunos de fideos-rasguño para él:

Para cualquiera de las dos secuencias de números enteros consecutivos, puede que la suma de sus recíprocos ser igual?

Ahora, tengo entendido que estas sumas son llamados "armónicos números" si la secuencia consecutiva comienza con 1. Pero, ¿y si no empieza con 1?

¿Cómo podríamos ir demostrar que para cualquiera de las dos secuencias, sus sumas son desiguales?

He escrito una rápida secuencia de comandos de Python que devuelve, en forma de una reducción de la fracción, la suma de $\sigma(m, k)$ donde $m$ es el primer número a considerar y $k$ es la longitud de la secuencia.

Así que, supongo que tengo dos preguntas:

1) ¿Dónde puedo encontrar información sobre el estado actual de la investigación sobre este tema?

2) ¿cuáles son las probabilidades de enfoques, o "ganchos" que podría aferramos a llegar a una prueba?

(A través de los comentarios, voy a añadir el siguiente para mayor claridad:)

$\sigma(m,k)$ es $\frac{1}{m} + \frac{1}{m+1}+\dots +\frac{1}{m+k−1}.$ Mi pregunta es: ¿existen distintos pares $(m_1,k_1)$ y $(m_2,k_2)$ tal que la suma correspondiente son iguales?

Answer 1

La respuesta es "no". He aquí una prueba:

La idea principal es considerar la suma de dos como aproximaciones de la misma integral de más de $1/$ x con el rectángulo de la regla y, a continuación, muestran que los errores de aproximación no puede ser igual.

Será más conveniente trabajar con el centro de cada suma en lugar de al principio. Así que vamos a $k_i$ ser el número de términos en la $i$th suma (como en la pregunta), deje de $n_i=m_i + (k_i-1)/2$ ser el central denominador (que puede o no puede ocurrir como el denominador de un término en la suma dependiendo de si es un entero o de medio entero), y dejar que $\sigma_i = \sigma(m_i,k_i)$. Sin pérdida de generalidad, supongamos $n_2 > n_1$, y como Henry observó, también podemos suponer que las sumas no se superponen.

Ahora $\sigma_i$ es de aproximadamente $k_i/n_i$, por lo que la cantidad de $\Delta:=k_1n_2-k_2n_1$ tendría que ser pequeño en el orden de las sumas a ser igual. Esta cantidad es un número entero o de medio entero. Tenga en cuenta que si $k_1$, $k_2$ y $n_2$ son fijos, entonces $\sigma_2$ es fijo, $n_1$ depende monótonamente en $\Delta$ y $\sigma_1$ en vez depende monótonamente en $n_1$, de modo que la diferencia entre las dos sumas que se puede cambiar de signo en la mayoría de los una vez como $\Delta$ cambios. Por lo tanto, si podemos demostrar que la diferencia tiene signos opuestos para $\Delta = 0$ y $\Delta = 1/2$, lo que se deduce que no puede ser cero para cualquier valor posible de $\Delta$.

Ahora considere la posibilidad de $1/$ l como el primer término en la siguiente expansión:

$$\int_{l-\frac{1}{2}}^{l+\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{x} = \int_{-\frac{1}{2}}^{+\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{l-x}=\int_{-\frac{1}{2}}^{+\frac{1}{2}}\frac{1}{l}\sum_{i=0}^\infty\left(\frac{x}{l}\right)^i\mathrm{d}x=2\sum_{j=0}^\infty\frac{\left(2l\right)^{-(2j+1)}}{2j+1}\;.$$

Entonces $\sigma_1$ es el primer término de la siguiente expansión:

$$\int_{n_1-k_1/2}^{n_1+k_1/2}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}\int_{l-\frac{1}{2}}^{l+\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{x}=2\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{2j+1}\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}\left(2l\right)^{-(2j+1)}\;.$$

Ahora veamos primero el caso de que $\Delta=0$. Entonces $n_2=\frac{k_2}{k_1}n_1$, por lo que sustituyendo $u=\frac{k_2}{k_1}$ x, podemos escribir la suma de dos como aproximaciones de la misma integral:

$$\int_{n_1-k_1/2}^{n_1+k_1/2}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\int_{n_2-k_2/2}^{n_2+k_2/2}\frac{\mathrm{d}u}{u}=2\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{2j+1}\sum_{l=n_2-(k_2-1)/2}^{n_2+(k_2-1)/2}\left(2l\right)^{-(2j+1)}\;,$$

donde $j=0$ plazo de esta expansión es ahora de $\sigma_2$. Ya que estos son dos expansiones de la misma integral, para mostrar $\sigma_1<\sigma_2$ basta para mostrar que para cada $j>0$ el término en la primera expansión es mayor que el término de la segunda expansión. (Esto es plausible, ya que en lo que va de la primera aproximación de la integral a la segunda, hemos aumentado el número de intervalos por un factor $k_2/k_1$ pero la disminución de la $j$ésimo término de error en cada intervalo de aproximadamente por un factor de dólares(n_1/n_2)^{2j+1}$, que es de$(k_1/k_2)^{2j+1}$desde$\Delta=0$.) De hecho, sólo tenemos que tratar a los$j=1$caso; las desigualdades por mayor$j$, a continuación, siga ya que todos los factores adicionales de$l^{-2}$son mayores en la primera expansión que en la segunda expansión, ya que supone que las dos sumas de recíprocos no se superponen. (Podríamos haber evitado los términos con mayor$j$por completo por escrito el término de error como un derivado en un valor intermedio, sino que se han introducido engorrosos cambios de$1/2$ de la cuenta para los valores intermedios.)

Por $j=1$, utilizamos la convexidad de $l^{-3}$ en ambas direcciones, la disminución de la mayor de las sumas debidas por el colapso que en su centro:

$$\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}l^{-3}\ge\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}n_1^{-3}=\frac{k_1}{n_1^{3}}$$

y el aumento de la menor de uno por manchando a cabo a través de una integral:

$$\sum_{l=n_2-(k_2-1)/2}^{n_2+(k_2-1)/2}l^{-3}<\int_{n_2-k_2/2}^{n_2+k_2/2}l^{-3}\mathrm{d}l=\frac{(n_2-k_2/2)^{-2}-(n_2+k_2/2)^{-2}}{2}=$$ $$a=\frac{n_2k_2}{(n_2-k_2/2)^2(n_2+k_2/2)^2}<\frac{n_2k_2}{n_1^2n_2^2}=\frac{k_1}{n_1^{3}}\;.$$

Este establece que $\sigma_1<\sigma_2$ cuando $\Delta=0$. Ahora considere $\Delta \neq 0$. Entonces $\frac{k_1}{k_2}n_2 = n_1+\frac{\Delta}{k_2}$, y necesitamos cambiar el integrando para hacer la integral de los límites de un partido:

$$\int_{n_2-k_2/2}^{n_2+k_2/2}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\int_{n_1-k_1/2+\Delta/k_2}^{n_1+k_1/2+\Delta/k_2}\frac{\mathrm{d}u}{u}=\int_{n_1-k_1/2}^{n_1+k_1/2}\frac{\mathrm{d}t}{t+\Delta/k_2}\;.$$

Puesto que todos los términos de error en las expansiones de las integrales tienen el mismo signo, su diferencia es menor que el mayor de los dos, que, como se mostró anteriormente, es el uno por $\sigma_1$. Por lo tanto, para mostrar que la diferencia cambia de signo cuando $\Delta$ va desde $0$ a $1/2$, esto es suficiente para mostrar que el cambio debido al cambio en el integrando es mayor que el error de aproximación en la expansión por $\sigma_1$. Para ello, podemos ampliar el pasado integral en la misma forma que el error de expansión, utilizando de nuevo la convexidad para acotar cada una integral por el valor central de el integrando:

$$\int_{n_1-k_1/2}^{n_1+k_1/2}\frac{\mathrm{d}t}{t+\Delta/k_2}=\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}\int_{l-\frac{1}{2}}^{l+\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{d}t}{t+\Delta/k_2}>\sum_{l=n_1-(k_1-1)/2}^{n_1+(k_1-1)/2}\frac{1}{l+\Delta/k_2}\;.$$

Demostrar que para cada $l$ el sumando difiere de $1/$ l por más que la correspondiente aproximación de error, estimamos que el último fin de que podamos suma de la serie de más de $j$:

$$2\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{2j+1}\left(2l\right)^{-(2j+1)}< \frac{2}{3}\sum_{j=0}^\infty\left(2l\right)^{-(2j+1)}=\frac{2}{3}\left(2l\right)^{-3}\frac{1}{1-1/(2l)}=\frac{2}{3}\frac{1}{(2l)^2}\frac{1}{2l-1}\;.$$

Por otro lado, la diferencia a partir del cambio en los recíprocos es

$$\frac{1}{l}-\frac{1}{l+\Delta/k_2}=\frac{\Delta/k_2}{l(l+\Delta/k_2)}\;.$$

Ahora podemos calcular el cociente de estos dos valores (usando $\Delta=1/2$):

$$\frac{2}{3}\frac{1}{(2l)^2}\frac{1}{2l-1}\frac{l(l+\Delta/k_2)}{\Delta/k_2}< \frac{1}{12}\frac{1}{l}\frac{1}{l-1/2}\frac{l+1/2}{\Delta/k_2}< \frac{k_2}{6(l-1)}\;.$$

Así, el cambio debido al cambio en el integrando es mayor que la aproximación error $k_2<6(l-1)$. De esto podemos derivar mediante la consideración de los poderes de $2 dólares en los denominadores de las dos sumas.

La potencia máxima de $2$ que divide a uno de los denominadores en la suma no puede ser cancelada y por lo tanto divide a la reducción del denominador de la suma. Esto es debido a que entre cualesquiera dos números con el mismo número de factores de $2$, hay uno que contiene al menos un factor más de $2$, y por lo tanto la suma contiene un único denominador $d$ con el mayor poder de $2$ en esa suma. Si sumamos todos los otros recíprocos y reducirlas a un denominador común, que el denominador necesariamente contienen menos poderes de $2$ de $d$, y por lo tanto, estos poderes no puede cancelar si luego de agregar $1/$ d. Por lo tanto, la suma de dos sólo pueden ser iguales, si el denominador con la mayoría de los factores de $2$ tiene el mismo número de factores de $2$ en ambas sumas.

Para que este sea el caso, $k_2$ debe ser de al menos $1$ menos que el doble de la mayor denominador en $\sigma_1$, de lo contrario cualquier intervalo de $k_2$ números necesariamente contener un número con un factor de $2$ más de la potencia máxima de $2 dólares en los denominadores de$\sigma_1$. Así tenemos

$$k_2 \le 2\left(n_1+\frac{k_1-1}{2}\right)-1=2n_1+k_1-2\;.$$

Dado que las sumas no se superponen, también tenemos

$$n_1+\frac{k_1-1}{2}\le n_2-\frac{k_2-1}{2}-1\;,$$

y por lo tanto

$$\frac{k_2}{2}\le \left(n_1+\frac{k_1-1}{2}\right)-\frac{1}{2} \le n_2-\frac{k_2-1}{2}-1-\frac{1}{2}\;,$$ $$k_2\le n_2-1\;.$$

Con $\Delta=k_1n_2-k_2n_1= 1/2$, esto produce

$$k_1=\frac{k_2}{n_2}n_1+\frac{\Delta}{n_2}\le n_1-\frac{n_1}{n_2}+\frac{\Delta}{n_2}<n_1\;,$$

y por lo tanto $k_1\le n_1 - 1/2$, desde $k_1$ es un número entero y $n_1$ un entero o de medio entero. Así

$$k_2\le2n_1+k_1-2<3n_1-2<6(\frac{n_1}{2}-\frac{1}{4})\le 6\left(n_1-\frac{k_1-1}{2}-1\right)\le 6(l-1)\;.$$

Esto completa la prueba.

P. S.: En caso de que usted está sorprendido de que tenemos exactamente el factor de us $6$ que debemos de considerar a los poderes de $2$: yo soy, también :-) Si hay alguna razón más profunda detrás de esto, no tengo idea de lo que podría ser. Es posible derivar una ligeramente más fuerte ligados al uso de Jitsuro Nagura de mejora en el postulado de Bertrand, ya que, como Henry observó, cualquier prime en la segunda suma es mayor que la mitad de su extremo es suficiente para hacer que la reducción de denominadores diferentes. Pero creo que estas mejoras en la delimitación de $k_2$ con respecto a $n_2$ no puede hacer que el factor en la final de desigualdad inferiores a $4$, ya que sólo de mejorar la estimación de $k_1$ con respecto a $n_1$, pero no la de $k_2$ con respecto a $n_1$ de los poderes de $2$, que es de $k_2 < 2 n_1$ incluso $k_1=1$.

Answer 2

Tres puntos que puede o no puede ayudar. Las dos primeras son obvias.

En primer lugar, si hay un ejemplo en el que dos cantidades son iguales y las secuencias que se superponen, entonces, la eliminación de la superposición de ambos será otro ejemplo de la igualdad de sumas.

Segundo, la secuencia consecutiva con mayor números enteros y pequeños recíprocos debe tener más términos que los de la otra secuencia, si la suma de los recíprocos son iguales.

Tercero, Mathworld dice que por el número Armónico $H_n$, "el denominador es siempre divisible por la mayor potencia de 2 menor o igual a $n$, y también por cualquier prime $p$ con $n/2 < p \le n$". Una declaración similar sobre los números primos, por tanto, se aplica a los que aparecen en sus secuencias (al menos siempre que los números primos son más de la mitad de la de punto final), y que restringe severamente las posibilidades para el logro de la igualdad. Algo similar puede ser cierto con potencias de dos, y no pueden ser declaraciones acerca de otros pequeños números primos.

Mi conjetura es que puede ser posible demostrar que los denominadores de las formas reducidas de las sumas no puede ser igual en el caso de que las sumas son de tamaño similar y el segundo punto anterior se cumple.

Answer 3

¿Cómo podríamos ir demostrar que para cualquiera de las dos secuencias, sus sumas son desiguales?

Usted no puede. Por ejemplo,

$$\frac{1}{25}+\frac{1}{757}+\frac{1}{763309}+\frac{1}{873960180913}+\frac{1}{1527612795642093418846225}$$ es lo mismo que $$\frac{1}{33}+\frac{1}{121}+\frac{1}{363}$$ .

Una palabra clave es "egipcio fracción"; google debería enlace a un montón de información.