조화수(harmonic number)는 정수가 될 수 있을까?

임의의 양의 정수 $n$에 대하여 $n$번째 조화수(harmonic number) $H_n$을 다음과 같이 정의하자.

$$H_n:=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}$$

이 때, $n\to \mathrm{\infty }$이면 수열 $(H_n)$이 양의 무한대로 발산함을 쉽게 증명할 수 있다. 만약 $(H_n)$이 $H$로 수렴한다고 가정해 보자. 그러면 $(H_n)$은 $H$로 절대수렴한다. 하지만

$$\begin{array}{rl}H& =\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\cdots \\ & \ge \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\underbrace{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}+\underbrace{\frac{1}{6}+\frac{1}{6}}+\underbrace{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}}+\cdots \\ & =\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots \\ & =\frac{1}{2}+H\end{array}$$

이므로 $H\ge H+\frac{1}{2}$가 되어 모순이 발생한다. 따라서 $(H_n)$은 (양의 무한대로) 발산한다.

이제 $(H_n)$은 증가수열이고 양의 무한대로 발산하므로, 어쩌면 적당한 양의 정수 $n$이 존재하여 $H_n$이 양의 정수가 되게 할 수도 있을 것 같다. 물론 $H_1=1$이므로 $n\ge 2$에 대해서만 생각하도록 하자. 이 질문에 대하여, 모든 $n\ge 2$에 대하여 $H_n$이 절대로 양의 정수가 될 수 없음을 다음과 같이 보일 수 있다.

정리

모든 $n\ge 2$에 대하여 조화수 $H_n$는 절대로 양의 정수가 될 수 없다.

증명. $M$이 $1,2,\dots ,n$의 최소공배수라 하자. 그러면 모든 $1\le k\le n$에 대하여, 적당한 양의 정수 $a_k$가 존재하여 $M=k{a}_k$와 같이 나타낼 수 있다. 따라서

$$H_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\sum _{k=1}^n\frac{a_k}{M}=\frac{1}{M}\sum _{k=1}^n{a}_k$$

를 얻는다. 또한 $n\ge 2$를 가정했으므로, $M$은 짝수이다. 따라서 $\sum _{k=1}^n{a}_k$가 홀수임을 증명하면, 결과적으로 $H_n$이 정수가 아님을 보일 수 있다.

이를 보이기 위해서 먼저 $2^q\le n<2^{p+1}$을 만족하는 양의 정수 $q$를 택하자. 그러면 모든 $1$ 부터 $n$까지의 정수 중 $2^q$로 나누어 떨어지는 정수는 $2^q$ 자신 밖에 없음을 알 수 있다. 그러므로 적당한 홀수 $b$가 존재하여 $M=2^{q}b$와 같이 나타낼 수 있다. 따라서 모든 $1\le k\le n$에 대하여, $2^{q}b=L=k{a}_k$를 얻는다. 이제 $m:=2^q$라 정의하자. 그러면 $1\le m\le n$이므로,

$$2^{q}b=m{a}_m=2^q{a}_m⟹b=a_m$$

이 성립한다. 즉, $a_m$은 홀수라는 결론을 얻는다. 한편, $k\ne m$인 모든 $1\le k\le n$에 대하여, $2^{q}b=k{a}_k$이고 $k$가 $2^q$로 나누어 떨어지지 않으므로, $a_k$는 적어도 하나의 $2$를 인수로 가져야 하고, 따라서 $a_k$는 짝수여야만 한다는 결론을 얻는다. 결과적으로 $a_1,a_2,\dots ,a_n$에는 홀수항이 단 하나 존재하고 나머지는 전부 짝수항들이므로, 이들의 합 $\sum _{k=1}^n{a}_k$ 또한 홀수임을 알 수 있다. 따라서 정리가 성립한다.

만약 베르트랑-체비쇼프 정리(Bertrand-Chebyshev theorem)를 알고 있다면, 위 정리를 좀 더 간단히 증명할 수도 있다. 베르트랑-체비쇼프 정리는 임의의 양의 정수 $n\ge 2$에 대하여 $n<p<2n$을 만족하는 소수 $p$가 반드시 존재함을 보여준다.

증명. 우선 $H_2$와 $H_3$가 정수가 아님은 자명하다. 이제 $n\ge 4$에 대하여, 베르트랑-체비쇼프 정리를 적용하면, $\frac{n}{2}<p<n$을 만족하는 소수 $p$가 존재함을 알 수 있다. 즉, $p<n<2p$이므로, $k=p$를 제외한 어떤 $1\le k\le n$들도 $p$로 나누어 떨어지지 않음을 알 수 있다. 이제 

$$H_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\frac{1}{p}+\sum _{k\ne p}\frac{1}{k}=\frac{1}{p}+\frac{a}{b}$$

라 하자. 단, $a$와 $b$는 서로소라 가정하자. 그러면 $b$는 $p$로 나누어 떨어지지 않는다는 사실을 알 수 있다. 이제 만약 적당한 $n$에 대하여 $H_n$이 정수라 가정해 보자. 그러면 $b{H}_n=\frac{b}{p}+a$ 또한 정수여야 하는데, 이 식의 우변은 정수가 아니므로 모순이 발생한다. 따라서 $H_n$은 절대 정수가 될 수 없다.

참고로 임의의 양의 정수 $r,n$에 대하여 

$$H_n^r:=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^r}$$

이라 정의하자. 특히 $r=1$인 경우, $H_n^1=H_n$임을 알 수 있다. 그러면 적당한 양의 정수 $n\ge 2$와 $r\ge 1$을 택하여 $H_n^r$이 정수가 되게 할 수 있을까?

따름정리

모든 $n\ge 2$과 $r\ge 1$에 대하여, $H_n^r$은 절대로 양의 정수가 될 수 없다.

증명. $r=1$인 경우, 위 정리에 의해 $H_n^r$이 정수가 될 수 없음을 알 수 있다. 또한 $r\ge 2$인 경우,

$$H_n^r=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^r}\le \sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}\le \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}<2$$

가 성립하므로, 모든 $n,r\ge 2$에 대하여 $1<H_n^r<2$임을 알 수 있다. 따라서 따름정리가 성립한다.