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El postulado de Bertrand parece demasiado armamento para probar un hecho aritmético simple, aunque no trivial, como éste, pero la psicología de las demostraciones no es un concepto bien definido, y es caprichoso y “humano” en toda la extensión de la palabra. Ahora les ha dado a muchos por demostrar cosas de “andar por casa”, como que la raíz 149-ésima de 2 es irracional, usando el Último Teorema de Fermat, lo que se parece a emplear naves espaciales para construir hachas de piedra con las que enfrentarse a un mamut. Lo gracioso es que a alguien que no sabe demostrar algo elemental, se le ocurra al fin “una” vía de ataque: va y demuestra correctamente el Último Teorema de Fermat, y ya por fin logra deducir como corolario la existencia del Mediterráneo…

(Si 2^(1/149) = a/b, con a y b enteros positivos, 2 = a¹⁴⁹/b¹⁴⁹ → 2 b¹⁴⁹ = a¹⁴⁹ →

b¹⁴⁹ + b¹⁴⁹ = a¹⁴⁹, en contradicción con el último teorema de Fermat, luego la raíz 149-ésima de 2 es irracional).

Seguramente lo más directo para probar que ningún número armónico Hn es entero (cuando n>1) es tomar la potencia de 2 más alta que no supera a n, como hace Vinográdov en “Fundamentos de la teoría de los números”. Si 2^k<= n pero la siguiente potencia 2^(k+1)>n entonces todos los términos de Hn: 1+1/2+…+1/n salvo 1/(2^k) tienen denominador o bien impar, o bien par, pero no divisible por 2^k, sino por potencias de 2 con menor exponente que k (esta observación la omite Vinográdov por la concisión de su texto, pero es un detalle esencial), y eso es así porque si alguna fracción, aparte de 1/ 2^k, tuviera un denominador en cuya descomposición en factores primos apareciera la potencia 2^k, iría multiplicada por algún factor impar, como mínimo 3, desde luego >2, y el denominador sería >2*2^k = 2 ^(k+1) > n, IMPOSIBLE, pues n es el último denominador de Hn; tampoco puede aparecer en ningún denominador 2^r con r>k, pues 2^(k+1) ya es >n por hipótesis. Ahora bien, designando por P al producto de todos los números impares no superiores a n, se tiene

2^(k-1)*P*Hn = suma de términos todos enteros a excepción de 2^(k-1)P * (1/2^k) = P/2, fracción no entera (¡P era impar!); luego si se supusiera Hn entero, lo sería igualmente 2^(k-1)*P*Hn y tendríamos, despejando, una fracción P/2, no entera, pero = un nº entero (!!), contradicción CUM LAUDE.

Sin embargo, y ya que a tanta gente le preocupa la escasez de creencias de los demás, yo “creo” que el conjunto de demostraciones válidas de que Hn no es nunca entero si n>1 es un conjunto infinito, y, por tanto, el número de demostraciones posibles, no está acotado superiormente. Lo que ya no creo es que ese número de demostraciones pueda ser finito y no entero, pero bueno…la creencia es libre.

Tal vez por inducción se puedan resolver todos los problemas sobre propiedades de un conjunto infinito de enteros, y guiados por esta “intuición”, podemos observar que H1 =1, H2=1+1/2= 3/2, H3=1+1/2+1/3=11/6, H4=25/12, H5=137/60…

HIPÓTESIS: Mediante la “Ley fuerte de los pequeños números”, que tanto gustaba a Martin Gardner, viendo unos pocos valores de Hn, conjeturamos que la ley observada es general y que a partir de H2 en adelante, la fracción que expresa Hn tiene numerador impar y denominador par, por lo que no puede ser Hn entero si n>1. Supongamos pues Hn=Vn/Wn, donde Vn y Wn son enteros positivos, Vn impar y Wn par. Al menos eso es cierto, como acabamos de comprobar, para n= 2, 3, 4 y 5. Esa dualidad par/impar nos induce a considerar la suma de los recíprocos de los pares: 1/2+1/4+1/6…y la complementaria: la de los impares.

H2n = [1/2+1/4+1/6…+1/(2n)]+[1+1/3+…+1/(2n-1)]=

=(1/2)*[1+1/2+1/3+…+1/n)]+[1+1/3+…+1/(2n-1)] luego:

H2n =(1/2)*Hn+[1+1/3+…+1/(2n-1)], es decir,

H2n =(1/2)*(Vn/Wn)+[1+1/3+…+1/(2n-1)]

La suma de los recíprocos de los impares no hará falta calcularla (al final de todo nos convenceremos) sino solo saber la paridad de los términos que la expresan como fracción; luego si multiplicamos por el producto de todos los denominadores impares 1*3*5*…*(2n-1) y dividimos por este mismo producto, tendremos en el numerador una suma de n números enteros impares que puede dar par o impar, pero el denominador será 1*3*5*…*(2n-1), impar con toda seguridad. Aunque simplifiquemos esta fracción, dividiendo ambos términos por su MCD (GCD para los anglófilos…) resultará un denominador divisor del primero, por tanto impar igualmente. En efecto, es trivial que si d -entero- divide a A -entero- A/d divide a A, pues A=d*(A/d) siendo todos enteros, y así el denominador de la suma de recíprocos de los impares seguirá siendo impar. Sea entonces:

1+1/3+…+1/(2n-1)=g/h, con h impar. Sustituyendo en H2n, será:

H2n = (1/2)*(Vn/Wn)+(g/h)=(Vn*h+2g*Wn)/(2h*Wn).

Como, por hipótesis, Vn era impar y h es impar, el numerador será impar+par=impar y el denominador par. Por más que pueda simplificarse esta fracción dividiendo ambos términos suyos por su MCD, como éste debe dividir, en particular, al numerador impar, debe ser impar, y es claro que siendo todas las divisiones exactas, impar/impar=impar, par/impar=par. Por tanto, la fracción que da H2n será = impar/par, de modo que H2n NUNCA puede ser entero. ¡Ya es algo!

Atendiendo ahora a los impares, H2n+1=(H2n) + 1/(2n+1), y sustituyendo:

H2n+1 = (Vn*h+2g*Wn)/(2h*Wn) + 1/(2n+1)=

=[(2n+1)Vn*h+2g*Wn(2n+1)+2hWn] / [2hWn(2n+1)]], pero como era Vn impar y h impar, así como 2n+1, en el numerador tenemos impar+par+par=impar, y en el denominador, claramente par (por el factor 2), es decir, H2n+1 = impar/par, y de nuevo, por mucho que se simplifique la fracción, siempre quedará como impar/par, por el mismo motivo que antes (los divisores comunes a numerador y denominador solo pueden ser impares, por serlo uno de ellos -el numerador- y siendo las divisiones exactas, es impar/impar=impar, par/impar=par), de manera que H2n+1=impar/par, y así tampoco H2n+1 puede ser entero. Resumiendo, hemos probado que si Hn=impar/par (por tanto no entero) exactamente igual les ocurre a H2n y H2n+1, que son iguales a impar/par (y por tanto no enteros). Intentemos ahora deducir de aquí que Hn+1 también es

= impar/par y finalmente eso implicará que Hn+1 tampoco es entero, y habremos concluido la demostración por el principio de inducción.

Sabemos seguro que H2, H3, H4 y H5 son iguales a impar/par y por eso no enteros. Supongamos ahora (HIPÓT-INDUC) que H2, H3,…Hn (n>4) son todos iguales a impar/par y por tanto no enteros. Supongamos n impar→ n+1 par, n+1=2k, entonces k=(n+1)/2, y como era n+1>5>1, 2>1 → 2(n+1)>n+1→ (n+1)/2 < n+1 → k también es k>5/2>1. Luego Hk=impar/par, por la hipótesis de inducción (pues 1), será Hk=impar/par, y por tanto no entero. Pero entonces, por lo ya probado deberá ser H2k = impar/par, y por tanto no entero, es decir, Hn+1= impar/par, y por tanto no entero, como queríamos demostrar. Si, por el contrario, es n par→n+1 impar, n=2k, con k entero, k=n/2, n>4>1, 2>1, 2n>n →n/2 < n, luego k, así como también k=n/2>4/2>1, de manera que 1, y por la hipótesis de inducción,

Hk = impar/par, y eso implica (por lo demostrado anteriormente), que

H2k+1=impar/par y por tanto no entero, pero k=n/2, luego

H2k+1=Hn+1=impar/par y por tanto no entero.

En todos los casos posibles, del supuesto H2, H3, …Hn todos =impar/par, y por tanto no enteros, hemos deducido que Hn+1 =impar/par, y por tanto no entero, y como la hipótesis es cierta para H2, H3, H4 y Hn con n>4, es cierta para todo n>=2, y queda probado por inducción que ningún número armónico es entero desde H2 en adelante.