martes, 19 de marzo de 2013

¿Puede algún número armónico ser natural?

p>Una de las sucesiones numéricas más interesantes es la de los inversos de los naturales [;(1/n)_{n\in{\Bbb N}};].  La suma de todos estos número, la serie numérica, se conoce como serie armónica y no es demasiado complicado (es un ejercicio de primero de carrera científica) comprobar que esta serie es divergente, es decir, que su suma es infinita.

Para estudiar una serie, lo que se suele mirar es su sucesión de sumas parciales, es decir, vamos viendo cuál es la suma de los [;n;] primeros términos. En el caso de la serie armónica, esta suma parcial es [;H_n:=1+1/2+\cdots+1/n;] y habitualmente se la conoce como el enésimo número armónico.

Una vez hechas las presentaciones de los protagonistas, vamos a presentar el problema. Es evidente que [;H_1=1;], pero ¿habrá algún otro número natural [;n\ge2;] tal que [;H_n;] sea, de nuevo, un número natural? Os adelanto la respuesta: NO.

En el presente artículo vamos a demostrar este hecho y comprobaremos que se trata de uno de esos problemas que son muy sencillos de plantear, pero cuya solución es más complicada de lo que a priori se podría pensar.

En realidad, vamos a ver 3 demostraciones.

La primera demostración utiliza el Postulado de Bertrand, que asegura (en su formulación más débil) que si [;n>1;] entonces existe un número primo [;p;] entre [;n;] y [;2n;]. Aplicando este Postulado, dado cualquier natural [;n\ge2;], siempre se puede encontrar un primo [;p;] entre [;n/2;] y [;n;] (para el caso [;n=2;] hace falta considerar [;p=1;] como número primo). Así en [;H_n;] aparecerá el sumando [;1/p;] pero no [;1/2p;]; dicho de otra forma, cualquier número [;k;] entre [;1;] y [;n;] no es divisible entre [;p;]. Así que vamos a separar de [;H_n;] el sumando [;1/p;] y a agrupar el resto, es decir,
[;H_n=\frac{1}{p}+\frac{a}{b};]
donde el denominador [;b;] no es divisible entre [;p;].

Supongamos, ahora, por reducción al absurdo, que [;H_n\in{\Bbb N};]. Multiplicando la expresión anterior por [;b;] tendríamos que [;b/p;] tendría que estar en [;{\Bbb N};] (pues [;b\cdot H_n;] y [;a;] serían números naturales). Pero esto entra en contradicción con el hecho de que [;b;] no es divisible entre [;p;], con lo que nuestra hipótesis debe ser falsa.

Claro, esta demostración no es complicada, pero utiliza un resultado que es bastante potente como es el Postulado de Bertrand y que no todo el mundo tiene por qué conocer. Así que vamos a buscar otra prueba.


Vamos ahora con la segunda demostración. Para ello, vamos a fijarnos en los primeros números armónicos:
[;\frac{3}{2},\frac{11}{6},\frac{25}{12},\frac{137}{60},\frac{49}{20},\frac{363}{   140},\frac{761}{280},\frac{7129}{2520},\frac{7381}{2520},\cdots;]

Si nos fijamos, vemos que todos son de la forma Impar/Par. Si esto fuese siempre cierto, en particular, demostraríamos que nunca puede ser natural. La demostración de este hecho se debe a Taeisinger y data de 1915.

Sea [;N;] el mínimo común múltiplo de [;1,2,\dots,n;]. Como [;n>1;], es claro que [;N;] debe ser par. Además, para cada número [;k;] entre [;1;] y [;n;] existirá [;a_k\in{\Bbb N};] tal que [;ka_k=N;], o lo que es lo mismo, \frac{1}{k}=\frac{a_k}{N}. Así pues, tenemos que
[;H_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{N};] 
Como [;n>1;], existe alguna potencia (no nula) de [;2;] entre [;1;] y [;n;]; sea [;2^r;] la mayor de estas potencias. Dicho de otro modo, elegimos el único [;r\in{\Bbb N};] de forma que [;2^r\le n<2^{r+1};]. De esta forma, el único natural entre [;1;] y [;n;] que es divisible entre [;2^r;] es el propio [;2^r;] (puesto que [;2\cdot 2^r=2^{r+1}>n;]) y podemos asegurar que [;N=2^r\cdot p;] para algún número impar [;p;]. Pero como [;N=ka_k;], tenemos que para cada [;1\le k\le n;] es [;p2^r=ka_k;].
Ahora bien, si [;k=2^r;], resulta que [;a_{2^r}=p;] es impar. Sin embargo, si [;k\ne 2^r;], como no puede ser divisible entre [;2^r;] y [;ka_k;] sí que lo es, debe ocurrir que [;a_k;] sea par.
Resumiendo, en el numerador de la expresión de [;H_n;] (que recordemos era [;a_1+\cdots+a_n;]) todos los sumandos son pares excepto 1 de ellos que es impar, por lo tanto, toda la suma debe ser impar.



Esta es la demostración original y tiene la particularidad que es posible generalizarla (y de hecho así lo hizo Kurshchak en 1918) para demostrar que [;H_m-H_n\notin{\Bbb N};] con [;m>n;].

La tercera demostración... bueno, esa no os la voy a hacer. Os la dejo para que vosotros la intentéis y sería utilizar los mismos argumentos que la Primera demostración, pero utilizando potencias de 2 (como se hace en la segunda demostración) en lugar de números primos.


Tito Eliatron Dixit

PD1: Esta entrada participa en la Edición 4.12 del Carnaval de Matemáticas cuyo anfitrión es High Ability Dimension.

PD2: Este problema lo conocí gracias a Nahuel Nehuen.

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1 comentario:

  1. Albert23 de abril de 2013, 11:20

    ¿Por qué se le llama POSTULADO de Bertrand?
    Debería haberse llamado CONJETURA de Bertrand cuando no estaba demostrado y TEOREMA de Bertrand una vez demostrado.

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