エジプト分数（単位分数の和）に関する4つの話題

まず，$a\leq b\leq c$ のもとで考える。

$a\geq 4$ だと，$b$ も $c$ も $4$ 以上になるので，$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\leq\dfrac{3}{4}$ となり不適。

• $a=3$ の場合
  $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{2}{3}$
  を満たす $(b,c)$ を求めたいが，$b\geq 4$ だと $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\leq\dfrac{1}{2}$ となり不適。よって，$b=c=3$ のみが解。

• $a=2$ の場合
  $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{2}$
  を満たす $(b,c)$ を求めたいが，$b\geq 5$ だと $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\leq\dfrac{2}{5}$ となり不適。よって，$(b,c)=(3,6),(4,4)$ が解。

よって，答えは $(a,b,c)=(3,3,3),(2,3,6),(2,4,4)$ とその並べ替え。

具体的に，$\dfrac{p}{q}$（$p,q$ は正の整数で $p<q$）をエジプト分数で表す方法を述べる。

まず，一番「惜しい」単位分数，つまり $\dfrac{p}{q}$ 以下の中で $\dfrac{p}{q}$ に最も近い単位分数 $\dfrac{1}{n}$ を選ぶ。

つまり，$\dfrac{1}{n}\leq\dfrac{p}{q}<\dfrac{1}{n-1}$

このとき，$\dfrac{p}{q}-\dfrac{1}{n}=\dfrac{pn-q}{qn}$ となるので，残った $\dfrac{pn-q}{qn}$ を単位分数の和で表せばよい。

ところが，上の不等式より $p(n-1)< q$ つまり，$pn-q<p$ なので，残った $\dfrac{pn-q}{qn}$ の分子はもとの分子 $p$ よりも小さい。よって，この操作を最大 $p$ 回繰り返すと分子が $0$ になるので，$\dfrac{p}{q}$ は単位分数の和で表せる。

また，選ばれた単位分数の分母たちが互いに異なることも確認できる。具体的には，選ぶたびに $n$ が増えていくことが，以下のように証明できる。

• 「残り」は単調減少するので $n$ が減ることはない。
• 「残りが $X$ の状態」から同じ $n$ が2回続くと仮定すると，
  $\dfrac{1}{n}\leq X <\dfrac{1}{n-1}$
  $\dfrac{1}{n}\leq X-\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{n-1}$
  より $\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}$，つまり $n<2$ となるが，$X<1$ よりそんなことはない。よって同じ $n$ が続くこともない。

調和級数が発散することから，正の有理数 $q$ に対して $$\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{k}\leq q < \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{k+1}$$ を満たす $k$ が存在する。$q-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{k}\right)$ は $\dfrac{1}{k+1}$ より小さい有理数なので，さきほどの手法でエジプト分数の形で表せる。その際，$\dfrac{1}{k+1}$ よりも小さいことから分母として現れるのは $k+2$ 以上の整数。

$S=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{N}$ が整数にならないことを証明する。

$N$ 以下の素数の中で最大のものを $p$ とする。すると，$2p>N$ となる。なぜなら，もし $2p\leq N$ と仮定すると，ベルトランの仮説より $p$ から $2p$ の間に別の素数 $q$ が存在するが，これは $p$ の最大性に矛盾する。

よって，$1$ から $N$ の中で $p$ の倍数は $p$ のみである。よって，$S$ を通分したもの： $$\dfrac{\frac{N!}{1}+\frac{N!}{2}+\cdots+\frac{N!}{N}}{N!}$$ の分子の第 $p$ 項以外はすべて $p$ の倍数になり，第 $p$ 項は $p$ の倍数ではない。つまり，分子は $p$ の倍数ではない。一方，分母は $p$ の倍数なので，$S$ は整数ではない。