Zeigen Sie: Wenn \alpha eine positive rationale Zahl ist, dann gibt es natürliche Zahlen n_{1} n_{k} , so dass …

Question

Der Vorläufer der Partialbruchzerlegung war die Zerlegung von rationalen Zahlen in Stammbrüchen. Zeigen Sie: Wenn \( \alpha \) eine positive rationale Zahl ist, dann gibt es natürliche Zahlen \( n_{1}<n_{2}<\cdots<n_{k} \), so dass \( \alpha=\sum \limits_{i=1}^{k} \frac{1}{n_{i}} \) gilt.

Comments

Soll a nicht auch noch kleiner als 1 sein?

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Nein die Aufgabe entspricht der Originalaufgabe. Ist sie sonst nicht lösbar?

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Ist lösbar, finde ich in dieser Form nur ungewöhnlich.

Answer 1

Sie also a eine positive rationale Zahl mit (zunächst) a<1. Die n_i werden rekursiv bestimmt.

Wir fangen mit s=0 an.

\((\ast)\) Bestimme ein \(n \in \N\) mit

$$\frac{1}{n}\leq a-s < \frac{1}{n-1}$$

also das kleinst n, so dass 1/n gerade noch unter a-s passt.

Wenn links das Gleichheitszeichen gilt sind wir fertig, a=1/n. Wenn nicht, setzen wir \(s=s+\frac{1}{n}\) fixieren \(n_1:=n\) und setzen die Iteration fort mit \((\ast)\).

Dazu noch 2 Informationen:

1. Die Folge der n ist monoton wachsend; denn

$$a-s-\frac{1}{n}<\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}=\frac{1}{n(n-1)}\leq\frac{1}{n}$$

2. Das Verfahren bricht nach endlich vielen Schritten ab. Denn

$$a-s=\frac{p}{q} \Rightarrow a-s-\frac{1}{n}=\frac{pn-q}{pq}$$

Der Zähler ist kleiner als p. Man erhält also eine Folge von rationalen Zahlen, deren Zähler in jedem Schritt abnimmt.

Falls a>1 ist muss man zunächst von der harmonischen Reihe so viele Terme nehmen, dass man gerade noch unter a bleibt, und dann wie oben weitermachen.