有侧边栏的网站,手机ui界面设计,北京公关公司,巩义自助建站优化文章目录 1. 问题引入2. 证明2.1 引理12.2 引理22.3 引理3#xff1a;2.4 核心证明#xff1a; 3. 参考 1. 问题引入 s ( n ) 1 1 2 1 3 ⋯ 1 n , n ∈ N ∗ , n ≥ 2 s(n) 1\frac{1}{2}\frac{1}{3}\cdots\frac{1}{n}, \quad \\n \in N^*, n \ge2 s(n)12131⋯n1,… 文章目录 1. 问题引入2. 证明2.1 引理12.2 引理22.3 引理32.4 核心证明 3. 参考 1. 问题引入 s ( n ) 1 1 2 1 3 ⋯ 1 n , n ∈ N ∗ , n ≥ 2 s(n) 1\frac{1}{2}\frac{1}{3}\cdots\frac{1}{n}, \quad \\n \in N^*, n \ge2 s(n)12131⋯n1,n∈N∗,n≥2 证明 s ( n ) s(n) s(n)一定不是整数。
2. 证明
反证法:
假设 s ( n ) s(n) s(n)为一整数 T ∈ N ∗ , p ∣ T T \in N^*, p \mid T T∈N∗,p∣T p ∣ T s ( n ) , T ∈ N ∗ p \mid Ts(n), T \in N^* p∣Ts(n),T∈N∗。
2.1 引理1 ∀ n ∈ N ∗ , n 2 k m , 2 ∤ m \forall n \in N^*,n2^k m,2 \nmid m ∀n∈N∗,n2km,2∤m 证明引理1 2 ∤ n , n 2 0 n 2 \nmid n,n2^0n 2∤n,n20n 2 ∣ n , n 2 n 0 4 n 1 ⋯ 2 k m , 2 ∤ m 2 \mid n,n2n_04n_1\cdots2^km, 2\nmid m 2∣n,n2n04n1⋯2km,2∤m
引理2 ∀ n ∈ N ∗ , ∃ 唯一 k 使得 2 k ≤ n 2 k 1 \forall n \in N^*,\exist 唯一k使得 2^{k} \le n 2^{k1} ∀n∈N∗,∃唯一k使得2k≤n2k1
2.2 引理2
存在性
取集合 T : { t : 2 t ≤ n , t ∈ N } T : \{t:2^{t} \le n, t \in N\} T:{t:2t≤n,t∈N}
容易得到 T T T有上界因此 T T T有最大值 t t t。
因此 2 t ≤ n 2 t 1 2^{t} \le n 2^{t1} 2t≤n2t1满足条件。
唯一性 ∃ t ′ t , s . t . 2 t ′ ≤ n 2 t ′ 1 t ′ t , t ′ 1 ≤ t 2 t ≤ n 2 t ′ 1 \exists t t, s.t. \quad 2^{t}\le n 2^{t1} \\ t t,t1\le t\\ 2^{t} \le n 2^{t1} ∃t′t,s.t.2t′≤n2t′1t′t,t′1≤t2t≤n2t′1
2.3 引理3 若 2 k ≤ n 2 k 1 , 且 1 ≤ a ≤ n , a ≠ 2 k , 则 2 k ∤ a 若2^{k} \le n 2^{k1},且1 \le a \le n, a \ne 2^{k},\\ 则2^{k} \nmid a 若2k≤n2k1,且1≤a≤n,a2k,则2k∤a 若 2 k ∣ a , a ≥ 2 k , a ≠ 2 k , a ≥ 2 k 1 2^{k} \mid a, a\ge2^{k},a \ne 2^{k},a \ge 2^{k1} 2k∣a,a≥2k,a2k,a≥2k1;
又 a ≤ n 2 k 1 a\le n 2^{k1} a≤n2k1矛盾假设不成立。
2.4 核心证明
将 n n n以内的整数唯一分解为引理1的形式 ∀ j ∈ [ 1 , n ] , j ∈ N ∗ , j 2 r j m j , 2 ∤ m j \forall j \in[1,n],j\in N^{*},j2^{r_j}m_j, 2 \nmid m_j ∀j∈[1,n],j∈N∗,j2rjmj,2∤mj
对 n n n运用引理2得到 2 k ≤ n 2 k 1 2^k \le n 2^{k1} 2k≤n2k1
取 T 2 k m 1 m 2 ⋯ m n T2^{k}m_1m_2\cdots m_{n} T2km1m2⋯mn, 则 2 ∣ T s ( n ) 2 \mid Ts(n) 2∣Ts(n);
对 T s ( n ) Ts(n) Ts(n)中的每一项运用引理三可以知道只有一
项是奇数其他项都是偶数因此和为奇数与假设
矛盾。 T s ( n ) ∑ i 1 n T i 2 ∤ 2 k m 0 ⋯ m n − 1 i , i 2 k 2 ∣ 2 k m 0 ⋯ m n − 1 i , i ≠ 2 k Ts(n)\sum\limits_{i1}^{n}\frac{T}{i}\\ 2 \nmid \frac{2^{k}m_0\cdots m_{n-1}}{i}, i 2^{k}\\ 2 \mid \frac{2^{k}m_0\cdots m_{n-1}}{i},i \ne 2^{k} Ts(n)i1∑niT2∤i2km0⋯mn−1,i2k2∣i2km0⋯mn−1,i2k
3. 参考
zhihu 初等数论
