Гармонический ряд и натуральные числа

Что означает, что сумма \( \frac12 + \frac13 + \frac14 + \ldots + \frac1{n} \) — целое число? Это значит, что если мы приведем все эти дроби к общему знаменателю, то сумма числителей должна нацело делиться на знаменатель. Для решения задачи нужно доказать одно из двух: либо что для некоторого n это условие будет выполнено, либо что оно не будет выполнено ни для какого n.

Можно проверить, что происходит при маленьких n; вдруг при каком-то значении получится целое число? А вот как доказать, что для какого-то большого n значение суммы окажется целым, с первого взгляда непонятно.

Посмотрим теперь с другой стороны. Как можно было бы доказать, что числитель дроби, которая получится после приведения к общему знаменателю, не делится на знаменатель этой дроби? Для этого достаточно найти число s, на которое делится знаменатель, но не делится числитель. Чаще всего получается доказывать подобные утверждения, если в качестве s взять какое-нибудь простое число.

С какого простого числа начать? Почему бы не попробовать самое первое — двойку. В какой степени двойка будет входить в общий знаменатель нашей дроби? А что можно сказать про степени двойки в слагаемых в числителе?

Докажем, что ни при каком n рассматриваемая сумма не будет целым числом. Действительно, пусть n — произвольное натуральное число, большее 1. Обозначим через k максимальное натуральное число, для которого выполняется неравенство \( 2^k \le n \).

Пусть N — общий знаменатель дробей \( \frac12 \), \( \frac13 \), \( \frac14 \), ..., \( \frac1{n} \), то есть наименьшее число, которое делится и на 2, и на 3, и на 4, ..., и на n (такое число называется наименьшим общим кратным чисел 2, 3, ..., n). На какую максимальную степень двойки делится N? Как раз на \( 2^k \): действительно, с одной стороны, N обязано делиться на \( 2^k \), поскольку это число как раз лежит между 2 и n; а с другой, среди чисел 2, 3, ..., n ни одно не делится на следующую степень двойки \( 2^{k+1} \) благодаря тому, как мы выбрали число k.

Есть ли среди знаменателей наших исходных дробей, то есть среди чисел от 2 до n, ещё делящиеся на \( 2^k \)? Легко видеть, что нет. Ведь какие вообще натуральные числа делятся на \( 2^k \)? Все числа, кратные \( 2^k \), то есть \( 2^k \), \( 2 \cdot 2^k \), \( 3 \cdot 2^k \) и так далее. Но уже второе число в этом ряду — \( 2 \cdot 2^k = 2^{k+1} \), и оно, как мы знаем, точно больше, чем n.

Вот что отсюда следует: когда мы будем домножать числитель и знаменатель каждой дроби так, чтобы знаменатель стал равным N, то все дроби, кроме \( \frac1{2^k} \), мы домножим на чётное число! Действительно, числитель и знаменатель дроби \( \frac1s \) мы домножим на число \( \frac{N}{s} \); а оно не будет делиться на 2 только в том случае, если N и s делятся на одну и ту же степень двойки. А такое s, как мы выяснили в прошлом абзаце, только одно (какое?).

Осталось посмотреть на числители дробей. Изначально все они — единицы; после приведения к общему знаменателю же у дроби \( \frac1s \), получается, в числителе окажется число \(\frac{N}{s}\). И все эти числители будут чётными, кроме одного — в той дроби, которая изначально была записана как \(\frac1{2^k}\). Ну а сумма всех числителей — скольких-то чётных чисел и всего одного нечётного — обязательно будет нечётна. Знаменатель N же хоть на одну двойку да делится, если n равно хотя бы двум. Всё! Мы получили, что числитель получившейся дроби чётен, а знаменатель нечётен; целым числом такая дробь точно быть не может.

Заметим, что в этот момент нас уже не интересует, на какую именно степень двойки делится знаменатель. Хватит и первой степени.

Шансов «попасть» хотя бы в одно натуральное число у гармонического ряда на первый взгляд довольно много — ведь при больших n значение рассматриваемой суммы может быть сколь угодно велико. Чтобы понять это, сгруппируем члены ряда:

Каждая скобка кончается дробью, у которой в знаменателе стоит очередная степень двойки. Легко увидеть, что если в группе последнее слагаемое есть \( \frac1{2^{k}} \), то всего в этой группе 2^k − 1 слагаемых, каждое из которых не меньше последнего слагаемого, равного \( \frac1{2^{k}} \); отсюда следует, что сумма всех чисел в этой группе — не меньше \( 2^{k-1} \cdot \frac1{2^{k}} = \frac1{2} \). Поэтому, чтобы получить, например, число 100 (то есть 200 · 1/2), нам достаточно взять первые 200 групп, то есть «всего лишь» первые 2²⁰⁰ членов ряда — это примерно единица с 60 нулями. (На самом деле наша оценка довольно слабая — хватит первых членов ряда количеством около единицы со всего-то 44 нулями.)

При этом, как нетрудно догадаться, сумма подходящего начального куска гармонического ряда может быть как угодно близка к натуральному числу. Доказательство этого оставим читателю в качестве упражнения.

А вот конечные суммы ряда из дробей, в знаменателях которых стоят квадраты натуральных чисел, уже ограничены. Причём сходятся эти суммы к неожиданному числу, связанному с числом π (это доказал в XVIII веке Леонард Эйлер):

Отсюда возникает забавный парадокс. Представьте, что у вас есть бесконечно уходящая вниз стена, на которой нарисованы две приближающиеся друг к другу ветви гипербол \( y=\frac1x \) и \( y=-\frac1x \), и вы хотите закрасить область между этими гиперболами (то есть всю площадь, ограниченную сплошными зелёными линиями на рис. 1). Хватит ли вам на это грузовика краски? Или хотя бы 100 грузовиков?

Рис. 1.

Не хватит: ведь площадь внутри нашей кривой, например, между горизонтальными линиями y = −3 и y = −4 не меньше, чем 2 · 1 · 1/4, а потому вся площадь не меньше удвоенной суммы гармонического ряда, а значит, бесконечно велика. (На самом деле мы оценили нашу площадь снизу площадью несколько меньшей фигуры — той, что на рис. 2 ограничена коричневыми ломаными и горизонтальным зеленым отрезком.)

Рис. 2.

Теперь на месте нашей стены выроем бесконечный колодец, просто повращав зелёные гиперболы вокруг вертикальной оси. Сможем ли мы наполнить весь его грузовиком воды? Это кажется более сложной задачей, чем покрасить стену. Однако мы справимся! Ведь площадь сечения нашего колодца плоскостью y = −k равна \( \frac{\pi}{k^2} \), и пользуясь теми же соображениями, только ограничив наш колодец ломаными снаружи, а не изнутри, мы получим, что объём всего бесконечного колодца не превышает \( \pi \cdot \frac{\pi^2}{6} \). (Читатели, знакомые с понятием интеграла, могут найти и точный объём колодца — он равен \( \pi\cdot \int\limits_{x=1}^{+\infty} \frac1{x^2} \mathrm{d}x. \))

С подобными суммами связана одна из самых знаменитых нерешённых задач в математике — гипотеза Римана. Для неё нам потребуется обобщить наши два ряда и рассмотреть функцию

которая называется дзета-функцией Римана. Как мы уже знаем, значение \( \zeta(1) \) не определено (или равно бесконечности), а \( \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6} \). Оказывается, можно рассматривать эту функцию и при комплексных значениях переменной s. Если вас не пугают комплексные числа и сумма бесконечного числа слагаемых в определении дзета-функции, то формулируется гипотеза совсем просто: она утверждает, что все комплексные числа s, в которых дзета-функция обращается в ноль, — это либо целые отрицательные чётные числа, либо комплексные числа с действительной частью, равной 0,5.

Как ни странно, сформулировал гипотезу Римана сам Бернхард Риман, в 1859 году. 116 лет назад, когда Давид Гильберт сформулировал свои знаменитые 23 проблемы, ей ещё не придавали такой важности: она была объединена в восьмой проблеме Гильберта с проблемой Гольдбаха. Однако в XX веке оказалось, что гипотеза Римана важна в самых разных разделах математики. Например, есть множество неожиданных утверждений, которые верны, только если верна сама гипотеза Римана (примеры есть на посвящённой гипотезе странице в Википедии). В 2000 году институт Клэя включил её в список «задач тысячелетия». Как раз одну из них — гипотезу Пуанкаре — решил Григорий Перельман; остальные шесть ещё ждут своих покорителей.