nＣ1＋nＣ2＋nＣ3＋・・・＋nＣn＝２^n−１
nＣ1＋nＣ2・２＋nＣ3・３＋・・・＋nＣn・ｎ＝ｎ２^(n-1)
はよく知られているが
nＣ1＋nＣ2／２＋nＣ3／３＋・・・＋nＣn／ｎ＝？
はどうだろうか？
公式集を調べてみたら，
nＣ1／２＋nＣ2／３＋nＣ3／４＋・・・＋nＣn／（ｎ＋１）＝（２^(n+1)−１）／（ｎ＋１）−１
があったから，
nＣ1＋nＣ2／２＋nＣ3／３＋・・・＋nＣn／ｎ＞（２^(n+1)−１）／（ｎ＋１）−１はわかるが，
nＣ1＋nＣ2・２＋nＣ3・３＋・・・＋nＣn・ｎ＝ｎ２^(n-1)
のような適当な式が見あたらない．
したがって，
ＳＳ＝ｎ２^(n-3)・Σ（ｎ，ｋ）／ｋ
はこれ以上簡単にすることができないと思うが，非整除性の証明だけでもできないものであろうか？ この問題は以下の問題と同値であると思われる．
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調和級数Ｈn＝Σ（１／ｎ）は非常にゆっくりとですが大きくなり，ついには無限大に発散すること，すなわち，
１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ〜ｌｏｇｎ→∞
は容易に示すことができます．
ここで，ｎ番目の調和数を
Ｈn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ
と定義すると，Ｈ1=1,Ｈ2=3/2,Ｈ3=11/6,･･･,Ｈ∞=∞となります．それでは，・・・
（問）ｎ＞１ならば，Ｈn は整数にはならないことを示せ．
たとえば，分母が２のべき乗になっている項のうちで，その指数が最大のものを考えると，それと組になる項がどこにもありません．このことから，Ｈnは分子が奇数で，分母が偶数の分数になるのですが，このことをきちんとした形で書いてみましょう．
（証）２^k≦ｎとなる最大の指数をｋ，Ｐをｎ以下のすべての奇数の積とすると，
２^(k-1)ＰＨn
＝２^(k-1)Ｐ（１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ）
は，２^(k-1)Ｐ／２^k以外の項はすべて整数となる．
なお，これと類似の問題としては，
ａ） １／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ
は決して整数にはならない （タイシンガー，１９１５年）
ｂ） １／（ａ＋１）＋１／（ａ＋２）＋・・・＋１／（ａ＋ｎ）
は決して整数にはならない （クルシュチャク，１９１８年）
ｃ） １／（ａ＋ｄ）＋１／（ａ＋２ｄ）＋・・・＋１／（ａ＋ｎｄ）
は決して整数にはならない （エルデシュ，１９３２年）
などがあげられます．
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さらに，類似の問題としては，ウォルステンホルムの定理
「ｐが２，３以外の素数ならば有限調和級数（既約分数）
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）
の分子はｐ^2で割り切れる．たとえば，ｐ＝５のとき，この分数は２５／１２となり，その分子はｐ^2で割り切れる．」
同様に
「ｐ＞３が素数ならば
Ｓ＝（（ｐ−１）！）^2（１＋１／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／（ｐ−１）^2）
がｐで割り切れる．」
「ｐが素数でｐ＞５であるときに限り，
１＋１／２^3＋１／３^3＋・・・＋１／（ｐ−１）^3
の分子はｐ^2で割り切れる」
「ｐが素数でｐ＞７であるときに限り，
１＋１／２^4＋１／３^4＋・・・＋１／（ｐ−１）^4
の分子はｐで割り切れる」
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１８１９年，バベッジは
（２ｐ−１，ｐ−１）＝１ （ｍｏｄ ｐ^2）
に気づきましたが，１８６２年，ウォルステンホルムは
（２ｐ−１，ｐ−１）＝１ （ｍｏｄ ｐ^3）
を証明したことになります．
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）
の分子をウォルステンホルム数と呼びますが，ウォルステンホルムの定理は
（２ｐ−１，ｐ）＝１ （ｍｏｄ ｎ^3）
が成り立つことを主張するものです．
そこで，もし
（２ｐ−１，ｐ）＝１ （ｍｏｄ ｐ^4）
が成り立つとき，ｐをウォルステンホルム素数と呼ぶことにしましょう．
マッキントッシュはベルヌーイ数Ｂp-3の分子を割り切る素数はウォルステンホルム素数であることを示しました．ウォルステンホルム素数でいまのところ既知のものは１６８４３と２１２４６７９だけです．ｐ＝１６８４３，２１２４６７９はＢp-3の分子を割り切るのです．
ウォルステンホルム素数は無限に存在し，どれも
（２ｐ−１，ｐ）＝１ （ｍｏｄ ｐ^5）
を満たさないと予想されています．
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