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调和级数一定不是整数 [复制链接]

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发表于 2009-3-30 22:37:22 |只看该作者 |正序浏览
第一次听到这个问题是在我一个同学参加研究生免试保送的时候。他的导师是一个刚从美国回来的的
一个很年轻的教授,他导师说我不看你的考试成绩,因为既然是系里面推荐,成绩单自然不会差啦。
我就出一个问题,不需要你当场就回答,给你一天的时间,你自己回去思考或者到图书馆查书,反正
明天的这个时候我在同样的地方等你,告诉我你的答案。
很有点那种武侠小说上某个人去学武艺,师傅考验他的那种感觉啊!到了最后,虽然他没有给出答案但是
迫于学校的某些规定,那个老师还是要了他了。

---------------------------------probelm----------------------------------------
调和级数定义如下
                1    1    1    1           1
s(n) = 1 + -  + -  + - + - + .... + -
                2    3    4    5           n

如果 n>1 的时候,证明它一定不可能是一个整数。
----------------------------------end-------------------------------------------

我们知道调和级数的增长速度是和对数函数差不多的,那么就是说他会增长到无穷大,但是
增长的又十分缓慢,难道他真的不会等于任何一个整数吗?

透魔

有空了学学4D二阶

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魔方破解达人 八年元老

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发表于 2009-4-1 23:04:28 |只看该作者
我的想法其实和金眼睛差不多,也是考虑 1~n 中最大的那个素数 p,只要 p 大于 n/2 或者 n/3 或者类似的就行。但发现这其实也不容易证明。

没想到反而是考虑最小的素数 2,lulijie 厉害啊!

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发表于 2009-4-1 22:11:57 |只看该作者
原帖由 lulijie 于 2009-4-1 20:43 发表
我来完整的用数学归纳法来证明,其实我在前面的思路中已经提到了证明。
证明:若n值满足  2^k


OK,这个证明就很完整了

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发表于 2009-4-1 21:37:55 |只看该作者
从上述数学归纳法证明的过程中很明显的看出:
  a(n)的k值,从n=2^i开始,随着n的增加,k值保持不变(等于i),直到n增加到等于2^(i+1)为止,k值跳到i+1,
接着又是重复上面的循环。
  所以从n=2^1开始,n逐渐增大,a(n)的k值从等于1开始,保持不变或加1,
所以无论n增到多大,a(n)通分后的分子是奇数,分母是偶数,永远不可能是整数。

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发表于 2009-4-1 20:43:39 |只看该作者
我来完整的用数学归纳法来证明,其实我在前面的思路中已经提到了证明。
证明:若n值满足  2^k<=n<2^(k+1),那么a(n)  都可表示成   p/(q*2^k)  的形式。   其中 p、q是奇数。
     换句话说,a(n)可表示成 p/(q*2^k) ,其中 p、q是奇数,k=  [ ln(n)/ln2 ]     ,[ ]  表示取整函数。
1.     n=2时,a(2)=3/2  ,k=1,  显然成立。
2.    假设n值满足  2^k<=n<2^(k+1)时,  a(n)  可表示成   p/(q*2^k)  的形式。其中 p、q是奇数。
    那么 , 2^k<n+1<=2^(k+1)   ,把它分为两个情况
    第一种情况:2^k<n+1<2^(k+1)
    第二种情况:n+1=2^(k+1)。
对于第一种情况:不等式都除以2^k,得到  1<(n+1)/2^k<2。
      所以(n+1)/2^k 不是整数,即n+1 中含2的因子个数小于k。所以n+1可表示成 r*2^m,其中r是奇数,m<k。
      这样,a(n+1)=a(n)+1/(n+1)=p/(q*2^k)+1/( r*2^m)= ( p*r+q*2^(k-m) ) /  (q*r*2^k)   。很显然分子为奇数,分母为奇数和2^k的  乘积。因为 2^k<n+1<2^(k+1) ,当然满足2^k<=n+1<2^(k+1) ,    即a(n+1)也可表示成  p/(q*2^k)  的形式。
对于第二种情况
     a(n+1)=a(n)+1/(n+1)=p/(q*2^k)+1/(2^(k+1))=(2*p+q) / (q*2^(k+1)) ,分子为奇数,分母为奇数和2^(k+1)的乘积。
     因为  n+1=2^(k+1),我们设k‘=k+1,  所以  2^k'<=n+1<2^(k’+1)条件满足,而a(n+1)显然可表示成 p’/(q‘*2^k‘)  的形式。其中 p’、q‘是奇数。
------------------------------------------------------
综上所述,假设 n值满足  2^k<=n<2^(k+1)时,  a(n)  可表示成   p/(q*2^k)  的形式。其中 p、q是奇数。
  那么可推出a(n+1)也成立。
所以命题得证。

[ 本帖最后由 lulijie 于 2009-4-1 21:26 编辑 ]

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发表于 2009-4-1 19:38:43 |只看该作者

回复 18# 的帖子

这个是已经被证明过的定理了,拿来说明你提出的问题就可以了啊,呵呵!否则要推到数学的源头去了。

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发表于 2009-4-1 19:31:40 |只看该作者
原帖由 lulijie 于 2009-4-1 16:28 发表
楼主,原题是怎么证明的,我觉得我前面的用数学归纳法来证明也非常简单啊。
通分以后分子是奇数,分母是偶数,当然不可能是整数。


觉得归纳法对分母从2^k跳变2^(k+1)的时候说得不是很清楚

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发表于 2009-4-1 19:20:18 |只看该作者
原帖由 金眼睛 于 2009-3-31 21:51 发表
原题等价于证明在n中最大的质数要大于n/2,换句话说也就是n及2*n之间必有一个质数(n大于2)。


你提的这个问题太大了,“n及2*n之间必有一个质数(n大于2)”这个量级的问题可以做一篇博士论文了,
这个不是我说的,是伟大的Erdos的导师对他说的。

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发表于 2009-4-1 19:18:01 |只看该作者
原帖由 乌木 于 2009-3-31 23:26 发表
那么,1楼的倒数第二行说“……那么就是说他会增长到无穷大……”,读者别像我一样误解为式子有省略号。这句话其实是脱开那式子说的;或者,不脱开那式子的话,是指那式子的n趋于无限大时,“那么就是说他会增长到无 ...


多谈一些相关的背景知识嘛,我为了不引起误会,两条线之间的才是问题,其他的可以算作是乱弹的。

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发表于 2009-4-1 16:28:35 |只看该作者
楼主,原题是怎么证明的,我觉得我前面的用数学归纳法来证明也非常简单啊。
通分以后分子是奇数,分母是偶数,当然不可能是整数。

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