Chủ đề này có 1 trả lời

[the unknown]

Giả sử $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}=\frac{a_n}{b_n}$, trong đó $a_n,b_n$ là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số $n$ để $b_{n+1}<b_n$.

[redfox]

Chọn $n=2.3^k-1$. Đặt $m=lcm(1;2;...;n)$. Gọi $v_3(i)$ là số mũ của $3$ trong phân tích thừa số nguyên tố của $i$

Ta có $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}=\frac{\sum_{i=1}^{n}\frac{m}{i}}{m}$

Ta có $max(v_3(i)\mid i\in \mathbb{Z},1\leq i\leq 2.3^k-1)=k\Rightarrow v_3(m)=k$ và $\frac{m}{i}$ không chia hết cho $3$ khi và chỉ khi $i=3^k$. Vậy $\sum_{i=1}^{n}\frac{m}{i}$ không chia hết cho $3$ nên sau khi tối giản phân số , ta có $v_3(b_n)=k$. Chứng minh tương tự ta có $2\mid b_n\Rightarrow 2.3^k\mid b_n$ hay $n+1\mid b_n$

Ta có $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}=\frac{a_n}{b_n}+\frac{1}{n+1}=\frac{a_n+\frac{b_n}{n+1}}{b_n}$. Vì $\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}$ tối giản nên $b_{n+1}\mid b_n$.(*)

Ta có $\sum_{i=1}^{2.3^k}\frac{1}{i}=\sum_{i=1}^{3^k-1}\frac{1}{i}+\sum_{i=3^k+1}^{2.3^k-1}\frac{1}{i}+\frac{1}{3^k}+\frac{1}{2.3^k}=\sum_{i=1}^{3^k-1}\frac{1}{i}+\sum_{i=3^k+1}^{2.3^k-1}\frac{1}{i}+\frac{1}{3^{k-1}}$

Gọi $m_1$ là mẫu số chung của $\sum_{i=1}^{3^k-1}\frac{1}{i}+\sum_{i=3^k+1}^{2.3^k-1}\frac{1}{i}+\frac{1}{3^{k-1}}$. Ta có $v_3(m_1)=k-1$. Vậy $v_3(b_{n+1})\leq k-1$(**)

Từ (*) và (**) ta có $b_{n+1}<b_n$. Vậy tồn tại vô hạn số $n$ để $b_n+1<b_n$

(Q.E.D)