Problemas Teoremas

Novembro 24, 2010

Números harmónicos — racionais mas não inteiros

Filed under: Demonstração,Matemática,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 7:02 pm
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No resultado do cálculo do somatório apresentado na última entrada apareceram números harmónicos. O leitor Filipe Oliveira lançou o desafio de mostrar que nenhum número harmónico de ordem superior a a 1 é um número inteiro. O seu nome deriva da conhecida série harmónica divergente

1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}+\cdots

Concretamente o termo de ordem n da sucessão das somas parciais  desta série é conhecido por enésimo número harmónico, sendo designado habitualmente por

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}

Uma das formas de provar que a série é divergente, consiste em mostrar que a soma de k termos

\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots +\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}

é minorada por \dfrac{1}{2}, bastando reparar que cada um destes termos é igual ou superior a \dfrac{1}{2k}

\underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}}}\geq \underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}+\cdots +\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}}}=k\dfrac{1}{2k}=\dfrac{1}{2}

Voltando à natureza aritmética dos números harmónicos, publiquei uma demonstração, neste comentário, que aqui destaco, aplicando uma propriedade da divisão do menor múltiplo comum dos inteiros entre 1 e n, sucessivamente por cada um destes inteiros superiores a 1. Como se sabe a factorização do inteiro n em números primos é única, sendo da forma

n=p^{e_{p}(n)}\times q^{e_{q}(n)}\times\cdots\times r^{e_{r}(n)}

em que p,q,\ldots ,r são números primos e e_{p}(n), e_{q}(n),\ldots,e_{r}(n) os respectivos expoentes.

Proposição: Seja

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}\qquad (\ast )

o enésimo número harmónico. Para n>1, H_{n} nunca é um número inteiro.

Demonstração: Admitamos que existia um inteiro positivo n para o qual o correspondente H_{n} fosse inteiro. Designemos por d_{n} o menor múltiplo comum dos inteiros compreendidos entre 1 e n. Observemos que d_{n} é um inteiro par. Multiplicando ambos os membros de (\ast ) por d_{n}, obtemos

d_{n}H_{n}=d_{n}+\dfrac{d_{n}}{2}+\dfrac{d_{n}}{3}+\cdots +\dfrac{d_{n}}{n}\qquad (\ast \ast )

O número d_{n}H_{n} seria um número par. Vamos agora mostrar que um dos termos \dfrac{d_{n}}{2},\dfrac{d_{n}}{3},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{k},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{n} é ímpar e todos os restantes pares. Seja 2^{e_{2}(k)} a maior potência de 2 que divide 2\leq k\leq n.

Consideremos o maior destes expoentes M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),\ldots,e_{2}(n)\}. O número 2^{M} é a maior potência de 2 que divide d_{n}. Existe um e um só inteiro q compreendido entre 2 e n tal que e_{2}(q)=M, o que implica que \dfrac{d_{n}}{q}=\dfrac{d_{n}}{2^{M}} é um inteiro ímpar e todos os outros números \dfrac{d_{n}}{r}, com r compreendido entre 2 e n, mas diferente de q=2^{M}, são pares. Deste facto resulta que o 2.º membro de (\ast \ast ) é um número ímpar, ao contrário do 1.º que seria par. Esta contradição é o resultado de termos admitido que H_{n} era inteiro.

Logo, H_{n} não pode ser inteiro (para n superior a 1).

Claro que quanto a serem racionais decorre simplesmente do facto de estarmos a somar um número finito de parcelas racionais, em cada uma das vezes. Termino com um exemplo numérico do argumento utilizado na demonstração, já antes também publicado, como comentário.

Exemplo numérico:

H_{6}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}

d_{6}=\text{mmc}(1,2,3,4,5,6)=2^{2}\times 3\times 5=60

d_{6}H_{6}=60H_{6}=60+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{2}+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{3}+\left( \dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}\right) + +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{5} +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{6}=147

Expoentes de 2 na factorização dos denominadores em números primos:

e_{2}(2)=e_{2}(6)=1, e_{2}(3)=e_{2}(5)=0 , e_{2}(4)=2

O maior destes expoentes é

M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),e_{2}(4),e_{2}(5),e_{2}(6)\}=2

Apenas a parcela

\dfrac{d_{6}}{q}=\dfrac{d_{6}}{2^{M}}=\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}=15

é ímpar; as restantes são pares.

4 Comentários »

  1. Caro Américo, a prova que propõe da divergência da série harmónica é de facto a prova clássica. Deixo-lhe uma prova alternativa que montei para os alunos que têm algumas dificuldades com o argumento de “somação por pacotes” apresentado.

    Temos
    \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-\ln(1)}{x-0}=1,
    uma vez que este limite é, por definição, a derivada da função
    f(x)=\ln(1+x) no ponto x=0: f'(x)=\dfrac {1}{1+x}: f'(0)=1.

    Assim,

    \lim_{n\to\infty} \dfrac{\ln(1+\dfrac{1}{n})}{\dfrac {1}{n}}=1>0

    pelo que as séries \displaystyle\sum\dfrac{1}{n} e \displaystyle\sum\ln(1+\dfrac {1}{n}) são de mesma natureza.

    Mas \ln(1+\dfrac {1}{n})=\ln(\dfrac{n+1}{n})=\ln (n+1)-\ln(n).

    Assim,

    \displaystyle\sum_{n=1}^N\ln(1+\dfrac {1}{n})=\ln(N+1)-\ln(1)=\ln(N+1).

    Finalmente, \lim_{N\to\infty}=\displaystyle\sum_{n=1}^N\ln(1+\dfrac {1}{n})=+\infty.

    Esta série é divergente pelo que o é também a série harmónica.

    Comentário por Filipe Oliveira — Novembro 25, 2010 @ 6:45 pm | Responder

    • Caro Professor,

      Os seus comentários estão sinceramente a enriquecer este modesto blogue.

      Américo

      Comentário por Américo Tavares — Novembro 25, 2010 @ 7:45 pm

  2. Gostaria de agradecer pela postagem. Estava necessitando da demonstração sobre a natureza de Hn não ser inteiro e a encontrei aqui, pesquisando no google. Conteúdo excelente.

    Comentário por Fernando Filho — Janeiro 29, 2012 @ 3:45 am | Responder


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