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．

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【１】タイシンガーの問題

　それでは，・・・

（問）ｎ＞１ならば，

　　Ｈn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ

は決して整数にはならないことを示せ．　　　（タイシンガー，１９１５年）

　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．

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【２】ベルトランの仮説「ｎと２ｎの間に素数がある」

　これに対して，別証を与えてみましょう．

（問）　Ｈn＝１／１＋１／２＋１／３＋１／４＋・・・＋１／ｎ≠整数

（別証）ｎ未満のｎにもっとも最も近い素数ｐ（＞ｎ／２に必ずある：ベルトラン・チェビシェフの定理「ｎと２ｎの間に素数がある」）を考える．Ｐをｐ未満のすべての素数の積とすると，

　　ＰＨn＝ｐ（１／１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／ｐ＋・・・＋１／ｎ）

　このとき，１／ｐは分母にｐが残り，１／ｐは他に打ち消す項がないので整数になりそうもありません．ｎが素数ならもちろん整数でない．合成数でも奇数の素因子があれば分母に残る．これはおおざっぱですが，これを精密化すれば完全な証明になりそうです．

　ベルトランの仮説については，コラム「ベルトラン・チェビシェフの定理とエルデシュによる初等的証明」をご参照下さい．

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【３】類似問題

　タイシンガーと類似の問題としては，

（問）　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）

（問）　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．

　たとえば，

（問）Ｓn＝１／１＋１／３＋１／５＋１／７＋・・・＋１／（２ｎ＋１）

と定義すると，Ｓ1=1,Ｓ2=4/3,Ｓ3=23/15,･･･,Ｓ∞=∞となります．それでは，ｎ＞１ならば，Ｓn は整数にはならないことを示せ．

（証）３^k≦２ｎ＋１となる最大の指数をｋ，Ｐを６と互いに素かつ２ｎ＋１以下のすべての整数の積とすると，

　　３^(k-1)ＰＳn

　＝３^(k-1)Ｐ（１／１＋１／３＋１／５＋１／７＋・・・＋１／（２ｎ＋１））

は，３^(k-1)Ｐ／３^k以外の項はすべて整数となる．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　　Ｓn＝１／（ａ＋ｄ）＋１／（ａ＋２ｄ）＋・・・＋１／（ａ＋ｎｄ）

において，ａ＝１の場合は次のように一般化することができる．

（証）（ｄ＋１）^k≦ｄｎ＋１となる最大の指数をｋ，Ｐを（ｄ＋１）！と互いに素かつｄｎ＋１以下のすべての整数の積とすると，

　　（ｄ＋１）^(k-1)ＰＳn

は，（ｄ＋１）^(k-1)Ｐ／（ｄ＋１）^k以外の項はすべて整数となる．

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【４】ウォルステンホルムの定理

　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．」

があげられます．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で割り切れます．

（Ｑ）ｐ＞３が素数ならば，既約分数

　　１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）

の分子はｐ^2で割り切れることを証明せよ（ウォルステンホルムの定理，１８６２年）．

（Ａ）素数ｐによる整除性ではなく，素数の平方ｐ^2による整除性なのでかなり難しい問題である．そこで，素数による整除性の問題に帰着させてより解きやすいものにしたい．そこでまず

　　１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）＝０　　（ｍｏｄ　ｐ）

を証明するしよう．

　　１＋１／２＋１／３＋１／４＝１＋３＋２＋４＝０　　（ｍｏｄ　５）

であるが，

　　４＝−１，３＝−２　　（ｍｏｄ　５）

を使えば，

　　１＋１／２＋１／３＋１／４＝１−２＋２−１＝０　　（ｍｏｄ　５）

同様に，

　　ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・　　（ｍｏｄ　ｐ）

であるから

　　１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）＝０　　（ｍｏｄ　ｐ）

を証明することができる．

　次に，１／１と１／（ｐ−１），１／２と１／（ｐ−２），・・・をペアに組ませると

　　１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）　　（ｍｏｄ　ｐ^2）

　＝１＋１／（ｐ−１）＋１／２＋１／（ｐ−１）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋１／（（ｐ＋１）／２）

　＝ｐ（１／（ｐ−１）＋１／２（ｐ−２）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋（ｐ＋１）／２）　　（ｍｏｄ　ｐ^2）

　したがって，

　１／（ｐ−１）＋１／２（ｐ−２）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋（ｐ＋１）／２＝０　　（ｍｏｄ　ｐ）

　　ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・　　（ｍｏｄ　ｐ）

であるから，

　１／１^2＋／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／（ｐ−１）^2＝０　　（ｍｏｄ　ｐ）

が成り立つことをを示しさえすればよい．

　１／１^2＋／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／（ｐ−１）^2＝１^2＋２^2＋３^2＋・・・＋（ｐ−１）^2＝（ｐ−１）ｐ（２ｐ−１）／６＝０　　（ｍｏｄ　ｐ）

となって証明了．

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【５】雑感

　タイシンガーの問題はベルトランの仮説を使っても示すことができるのですが，ウォルステンホルムの定理を使って示すことはできないものでしょうか？

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