問題
50 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2005/06/15(水) 21:09:29
問題
任意の正の有理数aに対して相異なる正の整数x1･･･xnで∑1/xi=aを満たすものが
存在することを示せ。
解答
62 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2005/06/20(月) 19:45:16
>>50
高校時代に頑張って解いたな。当時の証明を引っ張り出してみたが、えらい分かりにくいので整理した。
まず、次の主張を証明する。
f：N→Nはf(n＋1)－f(n)≧n＋2 (n∈N)を満たす。X1＝{a} (2≦a∈N)，X(n＋1)＝f(Xn)∪(1＋Xn)とおくとき、
＃Xn＝2^(n－1)となる(元が全て異なるという意味)。…(i)
補題1：minX(n＋1)＝min(1＋Xn)＜minf(Xn)
x＝minXn≧2とおくと、min(1＋Xn)＝1＋x，minf(Xn)＝f(x) このときf(x)≧f(x－1)＋x＋1≧f(1)＋x＋1≧x＋2＞x＋1
＝min(1＋Xn)よりmin(1＋Xn)＜minf(Xn)また、X(n＋1)＝f(Xn)∪(1＋Xn)であるから、minX(n＋1)＝min(1＋Xn)
補題2：dn＝minXnとおくとdn＝a＋n－1
d1＝aは明らか。また、Lem1よりd(n＋1)＝min{dn＋1，f(dn)}＝dn＋1 (n≧1)よってdn＝a＋n－1
(i)の証明：n＝1のときは明らか。n＝k (k≧1)のとき成り立つとすると、n＝k＋1のとき、＃X(k＋1)＝＃(1＋Xk)∪f(Xk)
≦＃(1＋Xk)＋＃f(Xk)＝2^(k－1)＋2^(k－1)＝2^k よって、等号が成り立つこと、すなわち(1＋Xk)∩f(Xk)＝φが成り
立つことを示せばよい。x∈(1＋Xk)∩f(Xk)とすると、x＝1＋y＝f(z) (y，z∈Xk)が成り立つ。まず、x＝1＋yより
x－1＝y∈Xk＝X(n－1)である。そこで、N∋m＜nを、x－m∈X(n－m)を満たす最大の自然数とする。m＝n－1のときは
x－m＝aであるからx＝m＋a＝a＋n－1＝dn＝minXn＜minf(X(n－1))＝minf(Xk)(補題1より)となって、x∈f(Xk)に矛盾。
m≦n－2のときは、x－m∈f(X(n－m－1))である。なぜなら、もし そうでないとするとx－m∈(1＋X(n－m－1))つまり
x－(m＋1)∈X(n－m－1)となり、mの最大性に矛盾するから。さて、x－m∈f(X(n－m－1))よりx－m＝f(p) とおける。
よってm＝x－f(p)＝f(z)－f(p)ここで、m＞0であるから、f(z)＞f(p) fは狭義単調増加よりz＞pよってz≧p＋1よって
m＝f(z)－f(p)≧f(p＋1)－f(p)≧p＋2よってp＋2≦m≦n－2＝k－1よってf(dk)≧f(dk－1)＋dk＋1＝f(a＋k－2)＋a＋k
≧f(a＋p＋1)＋a＋k＞f(p)＋m＝x 従って、やはりx＜minf(Xk)となり、x∈f(Xk)に矛盾。以上より、(1＋Xk)∩f(Xk)＝φ
であることが分かり、数学的帰納法から(i)は成り立つ。
63 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2005/06/20(月) 19:46:28
次に、f：N∋n→n(n＋1)∈N とする。X1＝{a} (2≦a∈N)，X(n＋1)＝(1＋Xn)∪f(Xn)とおく。次の2つが成り立つ。
I Xnの元の逆数の総和は1/aになる。
1/x＋1/f(x)＝1/xであるから、Σ[x∈X(n＋1)]1/x＝Σ[x∈Xn](1/(x＋1)＋1/f(x))＝Σ[x∈Xn]1/x＝…＝Σ[x∈X1]1/x＝1/a
II ＃Xn＝2^(n－1) (n≧1)である。(Xnの元は全て異なるという意味)
f(n＋1)－f(n)＝2(n＋2)≧n＋2より、(i)から明らか。
さて、IIより、任意のn∈Nに対して1/a＝Σ[x∈Xn]1/x は異なる1/xの和になっている。正の有理数b/aに対して、まず
b/a＝1/a＋…＋1/aと分解する。初めの1/aは1/a＝Σ[x∈X1]1/xと分解し、次の1/aは1/a＝Σ[x∈Xn]1/x (maxX1＜minXnと
なるnを持って来る)と分解し、これを次々行うことでb/aは異なる1/xの有限個の和になることが言える。従って、任意の
有理数b/aは異なる有限個の1/xの和で表せる。
68 名前：50[sage] 投稿日：2005/06/22(水) 21:31:49
せっかくなのでオレが用意してた解答かいときます。
有理数rが調和的というのをr=∑1/aiとなる相異なる正の整数があるときと
さだめておく。
(StepI) r=a/bが0<r<1でbが奇数とあらわせられるならrは調和的。
(証明)2^n≡1 (mod b)なるnをもってくる。2^n-1=bkとなる正の整数をとる。
このときr=ak/bk=ak/(bk+1)+ak/((bk)(bk+1))=ak/(2^n)+ak/((bk)(2^n))
akの２進展開をak=∑ui2^(i-1)とするとak＜bk＜2^nその桁数はn以下。
つまりi≧nならui=0。よって
ak/(2^n)+ak/((bk)(2^n))=∑ui/(2^(n-i-1))+∑ui/((bk)(2^(n-i-1)))
の左辺の分母はすべて正の整数。相異なることは用意。
(StepII)r=a/b、b奇数とあらわせられる正の有理数rは調和的。
(証明)∑[i≦N]1/(2i-1)≦r＜∑[i≦N+1]1/(2i-1)となるNをとる。
s=r-∑[i≦N]1/(2i-1)とおくときs≦1/3。よって2sは1未満であり
容易に2s=c/d、d:奇数とあらわせられることがわかるのでStepIにより
2s=∑1/aiなる相異なる正の整数aiをとれる。よってこのとき
r=∑[i≦N]1/(2i-1)+∑1/(2ai)となるのでrは調和的。
(StepII)すべての正の有理数は調和的。
(証明)r=a/(b･2^n)、b:奇数となる正の整数a,bと非負整数nをとる。
StepIIよりa/b=∑1/aiとなる相ことなる正の整数aiをとってくる。
するとr=∑1/(ai2^n)。
