Pra a), considere a maior potência de 2 menor que n, digamos, 2^m, e seja t=mmc(1,2,...,n). Escrevendo essa soma com denominador l, todas as parcelas do numerador, exceto uma (a do 1/2^m) são pares. Assim, o numerador é ímpar e o denominador par, então a soma não pode ser inteira.
Pra b), se a soma S=1+1/3+...+1/(2n+1) fosse inteira, 1+1/2+...+1/(2n+2)=1/2(1+1/2+...+1/n)+(1+1/3+...+1/(2n+1)) <=> S=1/2(1+...+1/n)+(1/(n+1)+...+1/(2n+2))= (1/2+1/4+...+1/2n)+(1/(n+1)+...+1/(2n+2)), o que é um absurdo considerando a maior potência de 2 que aparece nos denominadores, novamente. Lucas Colucci 2012/1/19 João Maldonado <joao_maldona...@hotmail.com> > > Eu acho que achei uma solução (não tenho certeza se tem alguma falha), > agradeceria se alguém corrigisse qualquer tipo de erro nela > > Seja k o menor natural (maior que 1) para que a soma é inteira > Primeiramente vamos provar que > > LEMA 1) Sendo a/b m/n duas frações irredutíveis não inteiras, sua soma > é racional não inteiro se mdc(b, n) = 1 > > sendo a/b + m/n = P, m/n = P-a/b = (Pb-a)/b = Q/b, se Q fosse inteiro, > mdc (Q, b) seria 1 e b = n, absurdo, logo Q não é inteiro > > Sendo s o maior primo até k, sendo w a quantidade de múltiplos de s pelo > lema acima temos temos > > 1/s (1/1 + 1/2 +...+1/w) é inteiro -> (1/1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 +... + 1/w) > é inteiro, mas w < k, absurdo > > > Se isso estiver certo o caso 2 é análogo > > []'s > João > > ------------------------------ > From: marconeborge...@hotmail.com > To: obm-l@mat.puc-rio.br > Subject: [obm-l] Como provar? > Date: Thu, 19 Jan 2012 00:13:53 +0000 > > > Prove q os numeros > > a) 1+ 1/2 + 1/3 + ... 1/n > > b) 1/3 + 1/5 + ...1/(2n+1) > > nao sao inteiros > > Agradeço desde ja >
