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napoleon_999

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[求助] 數(shù)論的一個(gè)小問題已有1人參與

證明1/(2k+1)+1/(2k+3)+......1/(2k+2m+1)不是整數(shù)，k和m均為正整數(shù)。感覺很難入手啊。

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1樓 2014-10-22 11:40:07

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Edstrayer

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【答案】應(yīng)助回帖

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napoleon_999: 金幣+10 2015-03-09 17:02:52

設(shè)

$S(k,m)=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+3}+\cdots+\frac{1}{2k+2m+1}$

將 $2k+1,2k+3,\cdots,2k+2m+1$ 均分解成標(biāo)準(zhǔn)分解式:

$a(k,i)=2k+2i-1=\prod\limits_{j=1}^rp_j^{s_j^i}(i=1,2,\cdots,m+1)$

這里 $p_1<p_2<\cdots<p_r$ 均是奇素?cái)?shù)。且

$s_j^i\geq 0(j=1,2,\cdots,r;i=1,2,\cdots,m+1)\quad\text{and} max{s_1^i,s_2^i,\cdots,s_r^i}\geq 1(i=1,2,\cdots,m+1)$

令 $t_j\stackrel{max}{1\leq i\leq m+1}\{s_j^i\}\geq 1(j=1,2,\cdots,r)$
再令 $t=\stackrel{max}{1\leq j\leq r}t_j\geq 1$ ，取到t值所對(duì)應(yīng)的 $t_j$ 所對(duì)應(yīng)的奇素?cái)?shù)為 $p_j$
則在a(k,i)中有且僅有一個(gè) $i_0$ 使得 $a(k,i_0)$ 中 $p_j$ 的冪次為t
現(xiàn)在令 $c=p_1^{t_1}p_2^{t_2}\cdots p_{j-1}^{t_{j-1}}p_j^{t-1}p_{j+1}^{t_{j+1}}\cdots p_r^{t_r}$
則cS(k,m)中只有

$\frac{c}{a(k.i_0)}=\frac{w}{p_j}$

這一項(xiàng)不為整數(shù)，其余項(xiàng)都是整數(shù)，所以cS(k,m)不是整數(shù)，注意到c是整數(shù)，從而S(k,m)不是整數(shù)。

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青蔥歲月圣誕夜，浪漫歌舞迎新年。

2樓2014-10-23 09:07:01

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napoleon_999

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2樓: Originally posted by Edstrayer at 2014-10-23 09:07:01
設(shè)
S(k,m)=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+3}+\cdots+\frac{1}{2k+2m+1}
將2k+1,2k+3,\cdots,2k+2m+1均分解成標(biāo)準(zhǔn)分解式:
a(k,i)=2k+2i-1=\prod\limits_{j=1}^rp_j^{s_j^i}(i=1,2,\cdots,m+1)
這里p_1<p_2<\ ...

可是怎么保證只有一個(gè)i0能使Pj的冪次達(dá)到t呢，我覺得這似乎不能保證。

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3樓2014-10-23 11:22:44

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hank612

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3樓: Originally posted by napoleon_999 at 2014-10-23 11:22:44
可是怎么保證只有一個(gè)i0能使Pj的冪次達(dá)到t呢，我覺得這似乎不能保證。
...

Use some big theorem to get there.
http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf

Nagell's theorem, Kurschak's theorem, and Belbachir-Khelladi theorem based on the result of Shorey-Tijdeman.

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4樓2014-10-23 11:28:29

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4樓: Originally posted by hank612 at 2014-10-23 11:28:29
Use some big theorem to get there.
http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf

Nagell's theorem, Kurschak's theorem, and Belbachir-Khelladi theorem based on the result of Shorey-T ...

http://www.math.leidenuniv.nl/~tijdeman/shoreyt.pdf

If you are interested in the number theory, you may read the above portrait on Shorey. The methods they approach problems are modern and deep.

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5樓2014-10-23 11:52:30

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http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf
可能大家對(duì)這個(gè)方向不熟，我來八卦一下。

（1）我們從 Shorey-Tijdeman定理入手：
Theorem（Shorey-Tijdeman, 1990): 設(shè)自然數(shù)a, d, k, 其中(a,d)=1互素， $k\geq 2$ . 考慮連乘積 $\Delta=\prod_{j=1}^{k}(a+(j-1)d)$ 中最大的素因子P。
只要 d>1, 那么就有 $P\geq k$ 其中，P=k當(dāng)且僅當(dāng)(x,d,k)=(2,7,3).

這意味著，在等差數(shù)列{a, a+d, a+2d,..., a+(k-1)d}這k個(gè)數(shù)中，有且只有一個(gè)能被P整除。這從P|(a+id), P|(a+jd) 可以推出P|((j-i)d, (j-i)a)=(j-i). 而 $P\geq k>(j-i)$ 看出。

（2）下面來一個(gè)顯然的引理：
一組自然數(shù) $n_1, n_2,...,n_k$ , 如果存在某個(gè)素?cái)?shù)P，它整除其中一個(gè)n_i但不整除其他 $n_j, (j\neq i)$ , 那么 $\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\cdot+\frac{1}{n_k}$ 絕對(duì)不是整數(shù)。

這是因?yàn)�，上面那個(gè)倒數(shù)和乘以 $N=\prod_{j\neq i} n_j$ , 那么除了 $\frac{N}{n_i}$ 不是整數(shù)（分母中的P消不去），其他的 $\frac{N}{n_j}$ 都是整數(shù)。

（3）不要小看這個(gè)簡(jiǎn)單的引理。它蘊(yùn)含著：
Theorem (Belbachir-Khelladi, 2007) 如果a,d,k 自然數(shù)，k>1,那么對(duì)任意正整數(shù)次數(shù) $e_0,e_1,\ldots,e_{k-1}$ , 倒數(shù)和 $\frac{1}{a^{e_0}}+\frac{1}{(a+d)^{e_1}}+\dots+\frac{1}{(a+(k-1)d)^{e_{k-1}}}$ 肯定不是整數(shù)。

證明：設(shè)(a,d)=q. 取P為等差數(shù)列連乘積的最大素因子。如果P|q, 那么倒數(shù)和 $<\frac{k}{P}\leq 1$ 不會(huì)是整數(shù)。如果P不整除q, 那P就是引理中使得倒數(shù)和非整數(shù)的異類。
如果你仔細(xì)讀 Shorey-Tijdeman定理，就會(huì)問：d=1怎么辦？涼拌。因?yàn)楦鶕?jù)Chebyshev證明的Bertrand 假設(shè)：在n和2n之間必有一個(gè)素?cái)?shù)。
那么考慮不超過n的最大的那么素?cái)?shù)Q。會(huì)有 Q<= n <2Q, 從而 Q 不整除1，2，3，..., n 中除了Q自己以外的任意一個(gè)數(shù)，這個(gè)Q又扮演了異類的角色。

(4)以下定理都變成了推論：
Nagell 定理： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{a+(j-1)d}$ 絕非整數(shù)。

Kurschak 定理1918： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{a+(j-1)}$ 絕非整數(shù)。

Taeisinger 定理1915： $\sum_{j=1}^{k}\frac{1}{j}$ 絕非整數(shù)。

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6樓2014-10-31 11:01:03

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wm223

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簡(jiǎn)單問題搞復(fù)雜了，不就是要證明有限個(gè)奇數(shù)之倒數(shù)和不能是整數(shù)嗎？不用任何符號(hào)的證明如下。

先從最大的那個(gè)奇數(shù)開始，問它是不是素?cái)?shù)？若是，立馬就結(jié)了。為啥，因?yàn)樵谒暗乃衅鏀?shù)都比它小，不可能含有這個(gè)素因子，把這些奇數(shù)都乘起來的那個(gè)大數(shù)也不會(huì)，等式倆邊同乘這個(gè)大數(shù)，一邊是整數(shù)，另一邊不是（因?yàn)樽畲蟮哪莻€(gè)奇素?cái)?shù)不服），矛盾。

若最大的那個(gè)奇數(shù)不是素?cái)?shù)，再問下一個(gè)，在問到這個(gè)隊(duì)列的一半之前必能問出一個(gè)素?cái)?shù)來（因?yàn)樵谌魏我粋€(gè)數(shù)和它的兩倍數(shù)之間必有一個(gè)素?cái)?shù)），而這個(gè)素?cái)?shù)不可能出現(xiàn)在比它大的那些奇數(shù)中（此處說明省略），用先前的方法即可推出矛盾。

看來關(guān)鍵在于說明為啥“任何一個(gè)數(shù)和它的兩倍數(shù)之間必有一個(gè)素?cái)?shù)”？若不知道這個(gè)定理的人，要好好拜讀一下大師 Erdős的傳世之作，大師是第一個(gè)用初等語言說明這個(gè)定理的。在此慬向大師的在天之靈脫帽致敬！

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7樓2016-11-13 13:34:23

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6樓: Originally posted by hank612 at 2014-10-31 11:01:03
http://www.emis.de/journals/AMI/2007/ami2007-belbachir.pdf
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（1）我們從 Shorey-Tijdeman定理入手：
Theorem（Shorey-Tijdeman, 1990): 設(shè)自然數(shù)a, d, k, 其中(a, ...

請(qǐng)問能發(fā)一下Shorey-Tijdeman定理的證明鏈接嗎？我在網(wǎng)上找不到證明這個(gè)定理的論文T.N.Shorey and R.Tijdeman,On the greatest prime factor of an arithmetical progession,to appear.

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8樓2017-04-12 17:46:22

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