¿Existen enteros $a, n > 1$ tal que $1 + \frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + 2a} + ... + \frac{1}{1 + na}$ es un entero? No tengo ninguna pista cómo comenzar. He tratado de simplificar esto de alguna manera, pero sin efecto.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Sharma Kunapalli
Puntos
16
Que $X = (1+a)(1+2a)\cdots(1+na)$
Que $Y = \sum_{k = 1}^{n}\frac{X}{1+ka}$
Que $Z = \frac{Y}{X}$
Sea el poder más alto del primer $p^r$ que divide $p$ $X$
Sea el poder más alto de $p^s$ que divide $p$ $1+ka$
Por lo que el poder de $p$ que divide $Y$ es al menos $p^r/p^s = p^{r-s}$
Para no dividir a $p^r$ que se divide el $X$ $Y \implies Z$ no es un entero.
Dr. Wolfgang Hintze
Puntos
161
Extendida la prueba
Aquí extiendo la prueba de mi post original para $a = 2$ arbitrarias enteros $a > 2$.
Aviso que yo considero la prueba incompete como se hace la suposición de que yo no podía probar (pero que fue utilizado por otros y a mí mismo antes).
Vamos
$$c(k)=1 + a \;k$$ $$m=\sum _{k=0}^n \frac{1}{c(k)}$$ $$x=\prod _{k=0}^n c(k)$$
Asunción
Deje $p^r$ ser el más alto poder de un primer $p$ que se divide $x$.
A continuación vamos a asumir que no hay un único máximo, es decir, descartamos el caso de que hay dos (o más) de los números primos en $x$ que tienen el mismo "máxima potencia" $r$
Por lo tanto los números de $p$ $r$ está definida de forma única para cada una de las $a$$n$.
Ahora extraemos posible poderes de $p$ de la $c(k)$ escrito
$$c(k) = p^{s(k)} q(k)$$
donde
$$p\nmid q(k)\tag{1}$$
Por lo tanto
$$m=\sum _{k=0}^n \frac{1}{p^{s(k)} q(k)}\tag{2}$$
Aquí podemos suponer sin pérdida de generalidad que el orden de los sumandos es tal que
$$r = s(0) < s(1) <= ... <= s(n)\tag{3}$$
Ahora multiplicando $(2)$ $p^r q(0)$ da
$$m p^r q(0) = 1 + \sum _{k=1}^n \frac{p^{r-s(k)} q(0) }{q(k)}\tag{4}$$
Tomando esta relación mod $p$, observando $(3)$ $q(k) \ne 0 \;mod(p)$ debido a $(1)$, conduce a la contradicción
$$0 = 1$$
lo que completa la prueba (si la suposición es correcta).
Post Original
Prueba para a = 2.
Puedo adaptar el hermoso prueba por Bill Dubuque en ¿hay un elemental prueba de que $\sum \limits_{k=1}^n \frac1k$ nunca es un número entero?
La prueba por contradicción: supongamos que la suma de los invertida de los n primeros números enteros impares es un número entero m.
Ya que no hay un único denominador $\rm\:\color{#C00} {3^K}\:$ tener la máxima potencia de $3,\,$ sobre multiplicando todos los términos por $\rm\:3^{K-1}$ se deduce la contradicción que $\rm\ 1/3\, =\, c/d \;$ con $\rm\ 3\nmid d$, $ $ por ejemplo,
$$\begin{eqnarray} & &\rm\ \ \ \ \color{green}{m} &=&\ \ 1 &+& \frac{1}{3} &+& \frac{1}{5} &+& \frac{1}{7} &+&\color{#C00}{\frac{1}{9}} &+& \frac{1}{11} &+& \frac{1}{13} &+& \frac{1}{15} \\ &\Rightarrow\ &\rm\ \ \color{green}{3m} &=&\ \ 3 &+&\ 1 &+& \frac{3}{5} &+& \frac{3}{7} &+&\, \color{#C00}{\frac{1}{3}} &+& \frac{3}{11} &+& \frac{3}{13} &+& \frac{3}{15}^\phantom{M^M}\\ &\Rightarrow\ & -\color{#C00}{\frac{1}{3}}\ \ &=&\ \ 3 &+&\ 1 &+& \frac{3}{5} &-&\rm \color{green}{3m} &+& \frac{3}{11} &+& \frac{3}{13} &+& \frac{1}{5}^\phantom{M^M} \end{eqnarray}$$
La suma de la r.h.s. sólo tiene denominadores que no tienen ningún factor de 3, lo que reduce a una fracción con un denominador $d$$3\nmid d$. Esto contradice la l.h.s.
Matthew Scouten
Puntos
2518
Si hay un primer (o, para el caso de una potencia principal) dividiendo sólo uno de los denominadores, luego la suma no es un número entero. Ahora, por el teorema de los números primos en progresiones aritméticas, para cualquier fija $a$ esto es para suficientemente grande $n$, ya que habrá un primer $p = 1 + k a$ algunos $k$$n/2 < k \le n$. No sé si hay un buen resultado para de trabajo para cada $a$$n$.
EDIT: he intentado todo lo $a$$2$$100$$n$$2$%#%. En todos estos casos hubo al menos uno de los primos que dividen sólo uno de los denominadores. Por supuesto que no es una prueba de que funciona para todos los $10000/a$$n$.
vrugtehagel
Puntos
256
Esto no es una respuesta completa (aún). Estoy publicando porque puede ser útil a las personas que están pensando en este problema.
Tenga en cuenta que
$$\gcd(1+a,1+ka)=\gcd(1+a,(k-1)a)=\gcd(1+a,k-1)$$
Deje $p\mid a+1$ (donde $p$ es primo). Para $\frac1{1+a}+\frac1{1+2a}+\cdots+\frac1{1+na}$ a ser un número entero (salimos de la $1+$ en el inicio de distancia ya que es un entero ya), tenemos
$$(1+a)(1+2a)\cdots(1+na)\ \ \mid \ \ \sum_{k=1}^n\prod_{\substack{1\le i\le n\\ i\neq k}} (1+ai)$$
Desde $p$ divide el lado izquierdo, se debe dividir el lado derecho; así,
$$p\ \ \mid \ \ \sum_{k=1}^n\prod_{\substack{1\le i\le n\\ i\neq k}} (1+ai)$$
Pero cada uno de los términos de la izquierda tiene un $1+a$, salvo cuando se $k=1$; por lo tanto, $p\mid \prod_{i=2}^n(1+ai)$, lo que significa que $p\mid 1+ai$ algunos $2\le i\le n$. Pero hemos visto que $\gcd(1+a,1+ia)=\gcd(1+a,k-1)$, por lo que el $p\mid i-1$ algunos $2\le i\le n$. Ahora podemos hacer el mismo truco con $1+2a$ en lugar de $1+2a$; deje $q\mid 1+2a$, del mismo modo que se derivan $q\mid 1+ia$ algunos $i\in\{1,3,4,\cdots,n\}$, lo que significa que $q\mid i-2$. Esto se puede realizar para cada $1+ka$; obtenemos:
Deje $p$ ser un primo tal que $p\mid 1+ak$. Entonces existe un número $i\in\{1,2,\cdots,n\}\backslash\{k\}$ tal que $p\mid i-k$.
Esto nos dice que los números de $1+a,1+2a,\cdots,1+na$ todos los factores primos más pequeños que $n$.
Vamos ahora a $p<n$ ser un primo tal que $p\not\mid a$. Entonces sabemos por $i=1,2,\cdots,p$, que todas las $1+ia$ son distintos $\mod p$ (desde $1+ai\equiv 1+aj\mod p$ implica $i\equiv j\mod p$). Esto a su vez significa que hay un $1\le i\le p$ tal que $1+ai\equiv 0\mod p$, por lo que el $p$ es un factor de $1+ai$.
Ahora hemos determinado exactamente lo que los factores primos de a $(1+a)(1+2a)\cdots(1+na)$ son; todos ellos son primos menos de $n$ que no se dividen $a$.
