如何证明调和级数前n项和（n大于等于2）不为整数？
调和级数的前 n 项和，也就是 $H_n = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + dots + frac{1}{n}$，是一个非常有趣的数学对象。对于 n 大于等于 2 的情况，我们要证明它的和不是一个整数。这听起来可能有点违反直觉，因为我们把一堆分数加起来，感觉有时候能凑出整数来。但事实恰恰相反，除了 $H_1=1$ 这个平凡的情况，之后的任何 $H_n$ 都不会是整数。
咱们一步一步来拆解，看看这个结论是怎么来的。
核心思路：找到一个“关键”的分母，然后通过通分发现其他项的分子在这位上都无法“抵消”掉那个关键分母。
听起来有点抽象，我们先从几个小例子入手：
$H_2 = 1 + frac{1}{2} = frac{3}{2}$ （不是整数）
$H_3 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} = frac{6+3+2}{6} = frac{11}{6}$ （不是整数）
$H_4 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} = frac{12+6+4+3}{12} = frac{25}{12}$ （不是整数）
$H_5 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + frac{1}{5} = frac{60+30+20+15+12}{60} = frac{137}{60}$ （不是整数）
从这些例子里，我们隐隐约约感觉到，每次加一项新的分数，分母似乎都变得更“复杂”了，而且分子也一直在变大，不容易变成一个整数。
深入探讨：寻找“最重要的”分母
为了严谨地证明，我们需要一个更通用的方法。关键在于考察调和级数在通分后，分数的分子在某个特定数位上的奇偶性。
让我们考虑 $H_n = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + dots + frac{1}{n}$。
为了把这些分数加起来，我们需要找到一个公共分母。一个最直接但不是最优的公共分母是 $n!$（n 的阶乘）。
如果我们用 $n!$ 作为公共分母，那么：
$H_n = frac{n!}{1} + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n}$
$H_n = frac{n! + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n}}{n!}$
我们关注的是整个表达式的结果是否为整数。如果 $H_n$ 是一个整数 $k$，那么就意味着：
$n! + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n} = k cdot n!$
这其实就是说，分子除以分母（$n!$）恰好能整除。
引入“二的最高次幂”的洞察
这个证明的核心思想来源于数学家们发现的一个关键点：在 $1$ 到 $n$ 的这些分母中，存在一个数，它包含的因子 $2$ 的个数是所有其他数包含因子 $2$ 的个数的最大值。
我们来具体说明一下。
假设 $2^m$ 是小于等于 $n$ 的所有数中，包含因子 $2$ 的最高次幂。也就是说，存在一个数 $k le n$ 使得 $k$ 可以写成 $2^m cdot ( ext{奇数})$，并且对于任何小于等于 $n$ 的数 $j$， $j$ 包含的因子 $2$ 的个数都小于 $m$。
怎么找到这个 $2^m$ 呢？其实就是找到小于等于 $n$ 的最大的那个 $2$ 的幂。比如，如果 $n=10$，那么小于等于 $10$ 的数有 $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10$。
它们的质因数分解（特别是因子 2）：
1: $2^0$
2: $2^1$
3: $2^0$
4: $2^2$
5: $2^0$
6: $2^1$
7: $2^0$
8: $2^3$
9: $2^0$
10: $2^1$
在这个例子中， $2^3 = 8$ 是包含因子 $2$ 最多的数，所以 $m=3$。
现在，我们回到调和级数 $H_n$。我们将所有项通分，但不是用 $n!$ 这种看起来不太好分析的公共分母。我们可以选取一个更精妙的公共分母，这个分母是 $1, 2, dots, n$ 的最小公倍数 (LCM)。
或者，我们仍然使用 $n!$ 作为公共分母，但要仔细分析分子。
$H_n = sum_{i=1}^{n} frac{1}{i} = frac{sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}}{n!}$
设 $2^m$ 是小于等于 $n$ 的最大的 $2$ 的幂。我们考察分子 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$ 的奇偶性。
对于每一项 $frac{n!}{i}$：
如果 $i$ 不是 $2^m$（也就是 $i$ 不等于那个包含 $2^m$ 的数），那么 $i$ 的质因数分解中，因子 $2$ 的个数记为 $v_2(i)$，且 $v_2(i) < m$。
$n!$ 的质因数分解中，因子 $2$ 的个数是 $v_2(n!) = lfloor frac{n}{2} floor + lfloor frac{n}{4} floor + lfloor frac{n}{8} floor + dots$。根据勒让德公式，这个值是大于等于 $m$ 的。
那么，对于项 $frac{n!}{i}$，其包含因子 $2$ 的个数为 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
关键点来了： 对于除了 $i=2^m$ 以外的所有 $i$，我们可以保证 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i) ge m v_2(i) + (v_2(n!) m)$。由于 $v_2(n!) ge m$ 且 $v_2(i) < m$，这里我们需要更仔细地处理。
让我们换个角度思考，把每一项 $frac{1}{i}$ 写成 $frac{n!/i}{n!}$。
我们关心的是 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$ 这个整数是否为偶数或奇数。
设 $2^m$ 是 $1, 2, dots, n$ 中能被 $2$ 整除的最高次幂。也就是说，存在一个唯一的数 $k$（即 $k=2^m$）满足 $k le n$ 且 $v_2(k)=m$，并且对于所有 $j le n$ 且 $j e k$，有 $v_2(j) < m$。
（这里我们假设 $n ge 2$。如果 $n=2$, $m=1$, $k=2$。如果 $n=3$, $m=1$, $k=2$。如果 $n=4$, $m=2$, $k=4$。如果 $n=5,6,7$, $m=2$, $k=4$。如果 $n=8$, $m=3$, $k=8$。）
现在我们考虑分子 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$。
我们可以把这个和式分成两部分：包含 $i=2^m$ 的那一项，和其余的项。
$sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i} = frac{n!}{2^m} + sum_{i=1, i e 2^m}^{n} frac{n!}{i}$
我们来分析 $frac{n!}{i}$ 这一项的因子 $2$ 的个数。
$v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
对于 $i = 2^m$：
$v_2(frac{n!}{2^m}) = v_2(n!) m$。
由于 $v_2(n!) = lfloor frac{n}{2} floor + lfloor frac{n}{4} floor + dots$，它是一个整数。
我们可以证明 $v_2(n!) > m$ (除非 $n=1$, 但我们讨论的是 $n ge 2$)。
为什么 $v_2(n!) > m$? 考虑 $n ge 2$。
$v_2(n!) = sum_{j=1}^{infty} lfloor frac{n}{2^j} floor$。
而 $2^m le n < 2^{m+1}$。
$lfloor frac{n}{2} floor ge lfloor frac{2^m}{2} floor = 2^{m1}$
$lfloor frac{n}{4} floor ge lfloor frac{2^m}{4} floor = 2^{m2}$
...
$lfloor frac{n}{2^m} floor ge lfloor frac{2^m}{2^m} floor = 1$
所以 $v_2(n!) ge 2^{m1} + 2^{m2} + dots + 1 = 2^m 1$。
但这个不等式还不足以直接证明 $v_2(n!) > m$。
让我们换个思路直接看分子项的因子 $2$ 的个数：
考虑 $frac{n!}{i}$ 这一项。
当 $i = 2^m$ 时，$i$ 贡献了 $m$ 个因子 $2$。
当 $i e 2^m$ 时， $v_2(i) < m$。
那么 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
我们可以说，$n! = 2^{v_2(n!)} cdot O_1$，其中 $O_1$ 是一个奇数。
$i = 2^{v_2(i)} cdot O_2$，其中 $O_2$ 是一个奇数。
$frac{n!}{i} = frac{2^{v_2(n!)} cdot O_1}{2^{v_2(i)} cdot O_2} = 2^{v_2(n!) v_2(i)} cdot frac{O_1}{O_2}$。
这里的 $frac{O_1}{O_2}$ 是否是整数是一个问题。为了避免这个问题，我们还是得回到通分的概念，确保分子是整数。
重新审视：$H_n = frac{1}{1} + frac{1}{2} + dots + frac{1}{n}$。
为了通分，我们考虑以 $L = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$ 作为分母。
$H_n = frac{sum_{i=1}^{n} L/i}{L}$。
这里的 $sum_{i=1}^{n} L/i$ 是一个整数。我们要证明它不是 $L$ 的整数倍。
更精妙的证明方法：聚焦在二的最高次幂的数
设 $m$ 是使得 $2^m le n$ 的最大整数。
令 $k = 2^m$。
我们考虑调和级数 $H_n = 1 + frac{1}{2} + dots + frac{1}{n}$。
我们取一个公共分母，比如 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。
$H_n = frac{sum_{i=1}^{n} C/i}{C}$。
让我们关注 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 这一项的奇偶性。
对于每一个 $i in {1, 2, dots, n}$，我们把 $C/i$ 写出来。
$C$ 是由 $1, 2, dots, n$ 的所有质因数最高次幂构成的。
特别地，$C$ 包含 $2^m$ 这个因子（因为 $2^m le n$）。
$C = 2^m cdot ( ext{其他因数})$，这个“其他因数”是奇数。
所以 $C = 2^m cdot q$，其中 $q$ 是一个奇数。
现在我们来看 $frac{C}{i}$。
我们重点分析当 $i = 2^m$ 的情况和其他情况。
情况 1： $i = 2^m$
这一项是 $frac{C}{2^m} = frac{2^m cdot q}{2^m} = q$。
由于 $q$ 是一个奇数，所以这一项是奇数。
情况 2： $i e 2^m$
此时， $i$ 的形式是 $i = 2^p cdot o$，其中 $o$ 是一个奇数，且 $p < m$ （因为 $2^m$ 是 $1, dots, n$ 中含有因子 $2$ 的最高次幂，所以任何 $i e 2^m$ 包含的因子 $2$ 的个数 $v_2(i)$ 必须小于 $m$）。
那么 $frac{C}{i} = frac{2^m cdot q}{2^p cdot o} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$。
这里 $mp > 0$，所以 $2^{mp}$ 是一个偶数。
那么 $frac{C}{i}$ 这一项的数值，我们只需要确定 $frac{q}{o}$ 是否是整数即可保证 $frac{C}{i}$ 的整数性质。
因为 $C$ 是 $1, dots, n$ 的最小公倍数，所以 $C$ 一定能被 $i$ 整除，所以 $C/i$ 总是整数。
所以 $frac{C}{i} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$ 是一个整数。
由于 $mp ge 1$，这意味着 $frac{C}{i}$ 是一个偶数。
总结分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的奇偶性：
分子由两部分组成：
一项 $frac{C}{2^m}$，它是奇数 $q$。
其余的 $n1$ 项 $frac{C}{i}$（其中 $i e 2^m$），每一项都是偶数。
所以，$sum_{i=1}^{n} C/i = ( ext{奇数}) + ( ext{偶数} + ext{偶数} + dots + ext{偶数})$
一个奇数加上 $n1$ 个偶数，结果仍然是奇数。
因此，调和级数 $H_n$ 可以写成 $frac{ ext{奇数}}{C}$。
而分母 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。
因为 $n ge 2$，所以 $C$ 至少包含了因子 $2$。
$C$ 肯定是一个偶数。
所以，我们得到 $H_n = frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$。
一个最简分数，其分子是奇数，分母是偶数，这个分数不可能是整数。
为什么？
如果 $frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}} = k$ 是一个整数，那么 $ ext{奇数} = k cdot ext{偶数}$。
一个奇数等于一个整数乘以一个偶数。
如果 $k$ 是偶数，那么 $k cdot ext{偶数}$ 还是偶数。奇数不可能等于偶数。
如果 $k$ 是奇数，那么 $k cdot ext{偶数}$ 仍然是偶数。奇数也不可能等于偶数。
所以， $frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$ 不可能等于一个整数。
回顾并提炼证明逻辑：
1. 定义调和级数： $H_n = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + dots + frac{1}{n}$，对于 $n ge 2$。
2. 选取公共分母： 考虑一个合适的公共分母，例如 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。则 $H_n = frac{sum_{i=1}^{n} C/i}{C}$。
3. 分析分母 $C$ 的性质： 令 $m$ 为满足 $2^m le n$ 的最大整数。则 $2^m$ 是 $1, dots, n$ 中包含因子 $2$ 的最高次幂。因此，$C$ 必然包含因子 $2^m$。我们可以将 $C$ 写成 $C = 2^m cdot q$，其中 $q$ 是一个奇数。
4. 分析分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的奇偶性：
项 $i = 2^m$： 这一项为 $frac{C}{2^m} = frac{2^m cdot q}{2^m} = q$，这是一个奇数。
项 $i e 2^m$： 对于这些项， $i$ 可以写成 $i = 2^p cdot o$，其中 $p < m$ 且 $o$ 是奇数。因此， $frac{C}{i} = frac{2^m cdot q}{2^p cdot o} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$。由于 $mp ge 1$ 且 $C$ 是 $i$ 的倍数，$C/i$ 是整数，所以 $2^{mp} cdot frac{q}{o}$ 是一个整数。因为 $mp ge 1$，这一项必然是偶数。
分子之和： 分子是由一个奇数加上 $n1$ 个偶数组成的。所以，分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的结果是一个奇数。
5. 得出结论： 我们得到 $H_n = frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$。由于一个奇数除以一个偶数不可能是整数（否则奇数就等于一个整数乘以偶数，这是不可能的），所以 $H_n$ 不可能是整数。
这个证明的关键在于识别出那个在分母中包含二的最高次幂的数，以及它如何影响了通分后分子各项的奇偶性。它巧妙地利用了质因数分解和奇偶性来得出结论，而无需进行繁琐的数值计算。这种方法也让我们理解了为什么其他一些看起来类似的级数可能不是整数。
咱们一步一步来拆解，看看这个结论是怎么来的。
核心思路：找到一个“关键”的分母，然后通过通分发现其他项的分子在这位上都无法“抵消”掉那个关键分母。
听起来有点抽象，我们先从几个小例子入手：
$H_2 = 1 + frac{1}{2} = frac{3}{2}$ （不是整数）
$H_3 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} = frac{6+3+2}{6} = frac{11}{6}$ （不是整数）
$H_4 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} = frac{12+6+4+3}{12} = frac{25}{12}$ （不是整数）
$H_5 = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + frac{1}{4} + frac{1}{5} = frac{60+30+20+15+12}{60} = frac{137}{60}$ （不是整数）
从这些例子里，我们隐隐约约感觉到，每次加一项新的分数，分母似乎都变得更“复杂”了，而且分子也一直在变大，不容易变成一个整数。
深入探讨：寻找“最重要的”分母
为了严谨地证明，我们需要一个更通用的方法。关键在于考察调和级数在通分后，分数的分子在某个特定数位上的奇偶性。
让我们考虑 $H_n = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + dots + frac{1}{n}$。
为了把这些分数加起来，我们需要找到一个公共分母。一个最直接但不是最优的公共分母是 $n!$（n 的阶乘）。
如果我们用 $n!$ 作为公共分母，那么：
$H_n = frac{n!}{1} + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n}$
$H_n = frac{n! + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n}}{n!}$
我们关注的是整个表达式的结果是否为整数。如果 $H_n$ 是一个整数 $k$，那么就意味着：
$n! + frac{n!}{2} + frac{n!}{3} + dots + frac{n!}{n} = k cdot n!$
这其实就是说，分子除以分母（$n!$）恰好能整除。
引入“二的最高次幂”的洞察
这个证明的核心思想来源于数学家们发现的一个关键点：在 $1$ 到 $n$ 的这些分母中，存在一个数，它包含的因子 $2$ 的个数是所有其他数包含因子 $2$ 的个数的最大值。
我们来具体说明一下。
假设 $2^m$ 是小于等于 $n$ 的所有数中，包含因子 $2$ 的最高次幂。也就是说，存在一个数 $k le n$ 使得 $k$ 可以写成 $2^m cdot ( ext{奇数})$，并且对于任何小于等于 $n$ 的数 $j$， $j$ 包含的因子 $2$ 的个数都小于 $m$。
怎么找到这个 $2^m$ 呢？其实就是找到小于等于 $n$ 的最大的那个 $2$ 的幂。比如，如果 $n=10$，那么小于等于 $10$ 的数有 $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10$。
它们的质因数分解（特别是因子 2）：
1: $2^0$
2: $2^1$
3: $2^0$
4: $2^2$
5: $2^0$
6: $2^1$
7: $2^0$
8: $2^3$
9: $2^0$
10: $2^1$
在这个例子中， $2^3 = 8$ 是包含因子 $2$ 最多的数，所以 $m=3$。
现在，我们回到调和级数 $H_n$。我们将所有项通分，但不是用 $n!$ 这种看起来不太好分析的公共分母。我们可以选取一个更精妙的公共分母，这个分母是 $1, 2, dots, n$ 的最小公倍数 (LCM)。
或者，我们仍然使用 $n!$ 作为公共分母，但要仔细分析分子。
$H_n = sum_{i=1}^{n} frac{1}{i} = frac{sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}}{n!}$
设 $2^m$ 是小于等于 $n$ 的最大的 $2$ 的幂。我们考察分子 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$ 的奇偶性。
对于每一项 $frac{n!}{i}$：
如果 $i$ 不是 $2^m$（也就是 $i$ 不等于那个包含 $2^m$ 的数），那么 $i$ 的质因数分解中，因子 $2$ 的个数记为 $v_2(i)$，且 $v_2(i) < m$。
$n!$ 的质因数分解中，因子 $2$ 的个数是 $v_2(n!) = lfloor frac{n}{2} floor + lfloor frac{n}{4} floor + lfloor frac{n}{8} floor + dots$。根据勒让德公式，这个值是大于等于 $m$ 的。
那么，对于项 $frac{n!}{i}$，其包含因子 $2$ 的个数为 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
关键点来了： 对于除了 $i=2^m$ 以外的所有 $i$，我们可以保证 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i) ge m v_2(i) + (v_2(n!) m)$。由于 $v_2(n!) ge m$ 且 $v_2(i) < m$，这里我们需要更仔细地处理。
让我们换个角度思考，把每一项 $frac{1}{i}$ 写成 $frac{n!/i}{n!}$。
我们关心的是 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$ 这个整数是否为偶数或奇数。
设 $2^m$ 是 $1, 2, dots, n$ 中能被 $2$ 整除的最高次幂。也就是说，存在一个唯一的数 $k$（即 $k=2^m$）满足 $k le n$ 且 $v_2(k)=m$，并且对于所有 $j le n$ 且 $j e k$，有 $v_2(j) < m$。
（这里我们假设 $n ge 2$。如果 $n=2$, $m=1$, $k=2$。如果 $n=3$, $m=1$, $k=2$。如果 $n=4$, $m=2$, $k=4$。如果 $n=5,6,7$, $m=2$, $k=4$。如果 $n=8$, $m=3$, $k=8$。）
现在我们考虑分子 $sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i}$。
我们可以把这个和式分成两部分：包含 $i=2^m$ 的那一项，和其余的项。
$sum_{i=1}^{n} frac{n!}{i} = frac{n!}{2^m} + sum_{i=1, i e 2^m}^{n} frac{n!}{i}$
我们来分析 $frac{n!}{i}$ 这一项的因子 $2$ 的个数。
$v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
对于 $i = 2^m$：
$v_2(frac{n!}{2^m}) = v_2(n!) m$。
由于 $v_2(n!) = lfloor frac{n}{2} floor + lfloor frac{n}{4} floor + dots$，它是一个整数。
我们可以证明 $v_2(n!) > m$ (除非 $n=1$, 但我们讨论的是 $n ge 2$)。
为什么 $v_2(n!) > m$? 考虑 $n ge 2$。
$v_2(n!) = sum_{j=1}^{infty} lfloor frac{n}{2^j} floor$。
而 $2^m le n < 2^{m+1}$。
$lfloor frac{n}{2} floor ge lfloor frac{2^m}{2} floor = 2^{m1}$
$lfloor frac{n}{4} floor ge lfloor frac{2^m}{4} floor = 2^{m2}$
...
$lfloor frac{n}{2^m} floor ge lfloor frac{2^m}{2^m} floor = 1$
所以 $v_2(n!) ge 2^{m1} + 2^{m2} + dots + 1 = 2^m 1$。
但这个不等式还不足以直接证明 $v_2(n!) > m$。
让我们换个思路直接看分子项的因子 $2$ 的个数：
考虑 $frac{n!}{i}$ 这一项。
当 $i = 2^m$ 时，$i$ 贡献了 $m$ 个因子 $2$。
当 $i e 2^m$ 时， $v_2(i) < m$。
那么 $v_2(frac{n!}{i}) = v_2(n!) v_2(i)$。
我们可以说，$n! = 2^{v_2(n!)} cdot O_1$，其中 $O_1$ 是一个奇数。
$i = 2^{v_2(i)} cdot O_2$，其中 $O_2$ 是一个奇数。
$frac{n!}{i} = frac{2^{v_2(n!)} cdot O_1}{2^{v_2(i)} cdot O_2} = 2^{v_2(n!) v_2(i)} cdot frac{O_1}{O_2}$。
这里的 $frac{O_1}{O_2}$ 是否是整数是一个问题。为了避免这个问题，我们还是得回到通分的概念，确保分子是整数。
重新审视：$H_n = frac{1}{1} + frac{1}{2} + dots + frac{1}{n}$。
为了通分，我们考虑以 $L = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$ 作为分母。
$H_n = frac{sum_{i=1}^{n} L/i}{L}$。
这里的 $sum_{i=1}^{n} L/i$ 是一个整数。我们要证明它不是 $L$ 的整数倍。
更精妙的证明方法：聚焦在二的最高次幂的数
设 $m$ 是使得 $2^m le n$ 的最大整数。
令 $k = 2^m$。
我们考虑调和级数 $H_n = 1 + frac{1}{2} + dots + frac{1}{n}$。
我们取一个公共分母，比如 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。
$H_n = frac{sum_{i=1}^{n} C/i}{C}$。
让我们关注 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 这一项的奇偶性。
对于每一个 $i in {1, 2, dots, n}$，我们把 $C/i$ 写出来。
$C$ 是由 $1, 2, dots, n$ 的所有质因数最高次幂构成的。
特别地，$C$ 包含 $2^m$ 这个因子（因为 $2^m le n$）。
$C = 2^m cdot ( ext{其他因数})$，这个“其他因数”是奇数。
所以 $C = 2^m cdot q$，其中 $q$ 是一个奇数。
现在我们来看 $frac{C}{i}$。
我们重点分析当 $i = 2^m$ 的情况和其他情况。
情况 1： $i = 2^m$
这一项是 $frac{C}{2^m} = frac{2^m cdot q}{2^m} = q$。
由于 $q$ 是一个奇数，所以这一项是奇数。
情况 2： $i e 2^m$
此时， $i$ 的形式是 $i = 2^p cdot o$，其中 $o$ 是一个奇数，且 $p < m$ （因为 $2^m$ 是 $1, dots, n$ 中含有因子 $2$ 的最高次幂，所以任何 $i e 2^m$ 包含的因子 $2$ 的个数 $v_2(i)$ 必须小于 $m$）。
那么 $frac{C}{i} = frac{2^m cdot q}{2^p cdot o} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$。
这里 $mp > 0$，所以 $2^{mp}$ 是一个偶数。
那么 $frac{C}{i}$ 这一项的数值，我们只需要确定 $frac{q}{o}$ 是否是整数即可保证 $frac{C}{i}$ 的整数性质。
因为 $C$ 是 $1, dots, n$ 的最小公倍数，所以 $C$ 一定能被 $i$ 整除，所以 $C/i$ 总是整数。
所以 $frac{C}{i} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$ 是一个整数。
由于 $mp ge 1$，这意味着 $frac{C}{i}$ 是一个偶数。
总结分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的奇偶性：
分子由两部分组成：
一项 $frac{C}{2^m}$，它是奇数 $q$。
其余的 $n1$ 项 $frac{C}{i}$（其中 $i e 2^m$），每一项都是偶数。
所以，$sum_{i=1}^{n} C/i = ( ext{奇数}) + ( ext{偶数} + ext{偶数} + dots + ext{偶数})$
一个奇数加上 $n1$ 个偶数，结果仍然是奇数。
因此，调和级数 $H_n$ 可以写成 $frac{ ext{奇数}}{C}$。
而分母 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。
因为 $n ge 2$，所以 $C$ 至少包含了因子 $2$。
$C$ 肯定是一个偶数。
所以，我们得到 $H_n = frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$。
一个最简分数，其分子是奇数，分母是偶数，这个分数不可能是整数。
为什么？
如果 $frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}} = k$ 是一个整数，那么 $ ext{奇数} = k cdot ext{偶数}$。
一个奇数等于一个整数乘以一个偶数。
如果 $k$ 是偶数，那么 $k cdot ext{偶数}$ 还是偶数。奇数不可能等于偶数。
如果 $k$ 是奇数，那么 $k cdot ext{偶数}$ 仍然是偶数。奇数也不可能等于偶数。
所以， $frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$ 不可能等于一个整数。
回顾并提炼证明逻辑：
1. 定义调和级数： $H_n = 1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + dots + frac{1}{n}$，对于 $n ge 2$。
2. 选取公共分母： 考虑一个合适的公共分母，例如 $C = ext{lcm}(1, 2, dots, n)$。则 $H_n = frac{sum_{i=1}^{n} C/i}{C}$。
3. 分析分母 $C$ 的性质： 令 $m$ 为满足 $2^m le n$ 的最大整数。则 $2^m$ 是 $1, dots, n$ 中包含因子 $2$ 的最高次幂。因此，$C$ 必然包含因子 $2^m$。我们可以将 $C$ 写成 $C = 2^m cdot q$，其中 $q$ 是一个奇数。
4. 分析分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的奇偶性：
项 $i = 2^m$： 这一项为 $frac{C}{2^m} = frac{2^m cdot q}{2^m} = q$，这是一个奇数。
项 $i e 2^m$： 对于这些项， $i$ 可以写成 $i = 2^p cdot o$，其中 $p < m$ 且 $o$ 是奇数。因此， $frac{C}{i} = frac{2^m cdot q}{2^p cdot o} = 2^{mp} cdot frac{q}{o}$。由于 $mp ge 1$ 且 $C$ 是 $i$ 的倍数，$C/i$ 是整数，所以 $2^{mp} cdot frac{q}{o}$ 是一个整数。因为 $mp ge 1$，这一项必然是偶数。
分子之和： 分子是由一个奇数加上 $n1$ 个偶数组成的。所以，分子 $sum_{i=1}^{n} C/i$ 的结果是一个奇数。
5. 得出结论： 我们得到 $H_n = frac{ ext{奇数}}{ ext{偶数}}$。由于一个奇数除以一个偶数不可能是整数（否则奇数就等于一个整数乘以偶数，这是不可能的），所以 $H_n$ 不可能是整数。
这个证明的关键在于识别出那个在分母中包含二的最高次幂的数，以及它如何影响了通分后分子各项的奇偶性。它巧妙地利用了质因数分解和奇偶性来得出结论，而无需进行繁琐的数值计算。这种方法也让我们理解了为什么其他一些看起来类似的级数可能不是整数。
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