Bene,
mi riferisco alla dimostrazione dell'uguaglianza postata da Panurgo poco tempo fa a conclusione del post "I Gormiti" (https://www.base5forum.it/viewtopic.php?t=725);

penso meriti un topic a sè:

$\sum \limits_{\script k = 1}^{\script n} {\frac {\left ( -1 \right )^{\script k + 1}} k {n \choose k}} = \sum \limits_{\script k = 1}^{\script n} {\frac 1 k}$

Ci ho provato a lungo senza successo...

Pan, ma tu hai la dimostrazione?

Ciao
Admin

Sono soluzioni dello stesso problema ottenute per due vie diverse: diciamo che è una congettura. Io ho provato, finora, come te, senza successo.

Una possibile soluzione e' la seguente.
Comincio con l'osservare che la sommatoria a sinistra si puo',
equivalentemente,scrivere cosi':
$a_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}C_{n,k}$
con $a_1=1$
Esplicitando la sommatoria:
(1) $a_n=n-\frac{1}{2}\frac{n(n-1)}{1*2}+\frac{1}{3}\frac{n(n-1)(n-2)}{1*2*3}-\frac{1}{4}\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{1*2*3*4}+.....$
E sostituendo n-1 ad n :
(2) $a_{n-1}=(n-1)-\frac{1}{2}\frac{(n-1)(n-2)}{1*2}+\frac{1}{3}\frac{(n-1)(n-2)(n-3)}{1*2*3}-\frac{1}{4}\frac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{1*2*3*4}+.....$
Sottraendo da (1) la (2) risulta:
$a_n-a_{n-1}=1-\frac{n-1}{1*2}+\frac{(n-1)(n-2)}{1*2*3}-\frac{(n-1)(n-2)(n-3)}{1*2*3*4}+...$
Moltiplicando e dividendo il secondo membro per n si ottiene:
$a_n-a_{n-1}=\frac {1}{n}\{{n-\frac{n(n-1)}{1*2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{1*2*3}-\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{1*2*3*4}+... \}$
Oppure:
$a_n-a_{n-1}=\frac {1}{n}\{1-\[1-n+\frac{n(n-1)}{1*2}-\frac{n(n-1)(n-2)}{1*2*3}+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{1*2*3*4}-... \]\}$
Ora si vede che l'espressione in parentesi quadra e' pari a $(1-1)^n$ e quindi in definitiva si puo' scrivere che:
$a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n}$ che e' una classica relazione " a cannocchiale".
Facendo in essa n,n-1,n-2,...,3,2 avremo:
$a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n}$
$a_{n-1}-a_{n-2}=\frac{1}{n-1}$
$a_{n-2}-a_{n-3}=\frac{1}{n-2}$
.............................................................
.............................................................
$a_3-a_2=\frac{1}{3}$
$a_2-a_1=\frac{1}{2}$
E sommando in colonna si ha la tesi:
$a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n}$
karl

merci

Grande Karl!

Grazie.

Ciao
Admin

Karl, nella tua dimostrazione ci sono molte finezze, parli come un professore e a me che sono abbastanza ignorante fa piacere andare a squola.

Ho riaperto questa mattina B5 e mi ha
fatto piacere trovare la proposta di Pietro
(bella, quella relazione!) e, naturalmente,
ho apprezzato moltissimo l'intervento
di Karl $\;$ $\;$ (e al momento non saprei
proprio immaginare un'alternativa!).